TD n°7 :

TD n°7 :

Algèbre linéaire : généralités et déterminants. .

1. 𝑑𝑒𝑡 1 −1 1

1 1 0

1 0 −1

= 𝑑𝑒𝑡 2 −1 1

1 1 0

0 0 −1

= −1 ³⁺³× −1 × 𝑑𝑒𝑡 2 −11 1 = −3 Soit système libre de 3 vecteurs de ℝ³ donc base.

2. on pose .

𝑢 = 𝑖 + 𝑗 + 𝑘 𝑣 = −𝑖 + 𝑗

𝑤 = 𝑖 − 𝑘

soit avec le pivot de Gauss :

𝑖 =¹₃(𝑢 − 𝑣 + 𝑤) 𝑗 =¹

3(𝑢 + 2𝑣 + 𝑤) 𝑘 =¹

3(𝑢 − 𝑣 − 2𝑤)

1 0 0

= 𝑖 = ¹

3(𝑢 − 𝑣 + 𝑤) 1

0 1

= 𝑖 + 𝑘 =¹

3(2𝑢 − 2𝑣 − 𝑤) 0

0 1

= 𝑘 =¹

3(𝑢 − 𝑣 − 2𝑤)

E1.

 Si 𝑎 ≠0 , alors 0 ∉ 𝐸1 donc E1 n’est pas un SEV.

 Si 𝑎 = 0, alors 𝑥 = 0 𝑒𝑡 𝑦 = 0, 𝐸1 = 0,0, 𝑧 , 𝑧 ∈ ℝ sev.

E2. : Sev, évident.

E3. : Pas un Sev car 0 ∉ 𝐸3 E4 : Pas un Sev car 0 ∉ 𝐸3

E5 : Pas un Sev car si 𝑢 2,3 ∈ 𝐸5, −𝑢 ∉ 𝐸5

Définition : Sous espace vectoriel. E est un sous-espace vectoriel d’un 𝕂-espace vectoriel ssi : 𝐸 ≠ ∅

𝛼𝑥 + 𝛽𝑦 ∈ 𝐸 𝑝𝑜𝑢𝑟 𝑥, 𝑦 ∈ 𝐸, 𝑒𝑡 𝛼, 𝛽 ∈ 𝕂

 E sev de ℝ⁴

 Base de E.

o 𝑥₁ = − 𝑥₂ − 𝑥₃ − 𝑥₄, donc dim(E)=3 𝐸 =

− 𝑥₂− 𝑥₃− 𝑥₄ 𝑥₂ 𝑥₃ 𝑥₄

, 𝑥₂, 𝑥₃, 𝑥₄ ∈ℝ³

o 𝐸 = 𝑥₂

− 1 1 0 0

+ 𝑥₃

− 1 0 1 0

+ 𝑥₄

− 1 0 0 1

, 𝑥₂, 𝑥₃, 𝑥₄ ∈ℝ³

Donc une base de E est :

− 1 1 0 0

,

− 1 0 1 0

,

− 1 0 0 1

𝑣₁ = 1 2 3 4

, 𝑣₂ = 2 2 2 6

, 𝑣₃ = 0 2 4 4

, 𝑣₄ = 1 0

−1 2

, 𝑣₅ = 2 3 0 1

,

 𝑭 = 𝑽𝒆𝒄𝒕 𝒗_𝟏, 𝒗_𝟐, 𝒗_𝟑

Méthode du Pivot de Gauss pour les vecteurs.

𝑣₁ 𝑣₂ 𝑣₃

1 2 0

2 2 2

3 2 4

4 6 4

puis

𝑣₁ 𝑣₂^′ = 𝑣₂− 2𝑣₁ 𝑣₃

1 0 0

2 −2 2

3 −4 4

4 −2 4

puis

𝑣₁ 𝑣₂^′ 𝑣₃^′ = 𝑣₃+ 𝑣₂^′

1 0 0

2 −2 0

3 −4 0

4 −2 2

La famille 𝑣₁, 𝑣₂^′, 𝑣₃^′ a une forme échelonnée par rapport à la base canonique. Son rang est 3 et ses vecteurs forment donc une base de F.

 𝑮 = 𝑽𝒆𝒄𝒕 𝒗_𝟒, 𝒗_𝟓

𝑣₄ 𝑣₅

1 2

0 3

−1 0

2 1

puis

𝑣₄ 𝑣₅^′ = 𝑣₅ − 2𝑣₁

1 0

0 3

−1 2

2 −3

La famille 𝑣₄, 𝑣₅^′ a une forme échelonnée par rapport à la base canonique. Son rang est 2 et ses vecteurs forment donc une base de G.

 𝑭⋂𝑮 et 𝑰 = 𝑭 + 𝑮

𝑣₁ 𝑣₂ 𝑣₃ 𝑣₄ 𝑣₅

1 2 0 1 2

2 2 2 0 3

3 2 4 −1 0

4 6 4 2 1

𝑣₁ 𝑣₂^′ = 𝑣₂− 2𝑣₁ 𝑣₃ 𝑣₄^′ = 𝑣₄− 𝑣₁ 𝑣₅^′ = 𝑣₅ − 2𝑣₁

1 0 0 0 0

2 −2 2 −2 −1

3 −4 4 −4 −6

4 −2 4 −2 −7

𝑣₁ 𝑣₂^′ 𝑣₃^′ = 𝑣₃+ 𝑣₂^′ 𝑣₄^′′ = 𝑣₄^′ − 𝑣₂^′ 𝑣₅^′′ = 𝑣₅^′ −1 2𝑣₂^′

1 0 0 0 0

2 −2 0 0 0

3 −4 0 0 −4

4 −2 2 0 −6

On remarque que 𝑣₄^′′ = 0, soit 𝑣₄^′ − 𝑣₂^′ = 0 et 𝑣₄^′ = 𝑣₂^′

soit 𝑣₄− 𝑣₁ = 𝑣₂− 2𝑣₁ Donc 𝑣₄ = 𝑣₂− 𝑣₁ ∈ 𝐹 et 𝑑𝑖𝑚 (𝐹𝑈𝐺) = 4 , 𝑑𝑖𝑚 𝑭⋂𝑮 = 𝟏

 Intersection : 𝑭⋂𝑮 = 𝑽𝒆𝒄𝒕(𝒗_𝟒)

 Union : Pour le reste, La famille 𝑣₁, 𝑣₂^′, 𝑣₅^′′, 𝑣₃^′ a une forme échelonnée par rapport à la base canonique, son rang est 4 et ses vecteurs forment donc une base de 𝑉𝑒𝑐𝑡 (𝐹𝑈𝐺) = 𝐹 + 𝐺.

1. Oui.

2. Oui.

3. Non.

𝑎 𝑒₁ + 𝑏 2𝑒₁+ 𝑒₄ + 𝑐𝑒₄ = 0 𝑎 + 2𝑏 𝑒₁+ 𝑐 + 𝑏 𝑒₄ = 0 En prenant 𝑎 = 1, 𝑏 = −¹₂ , 𝑐 =¹₂ .

4. Non.

5. Non.

𝑣₁ 𝑣₂ 𝑣₃ 𝑣₄ 𝑣₅ 1 −1 −5 −1 4 0 −2 −3 −1 1

1 3 1 1 2

1 −1 −5 −1 4

𝑣₁ 𝑣₂^′ = 𝑣₂+ 𝑣₁ 𝑣₃^′ = 𝑣₃+ 5𝑣₁ 𝑣₄^′ = 𝑣₄+ 𝑣₁ 𝑣₅^′ = 𝑣₅− 4𝑣₁

1 0 0 0 0

2 −2 −3 −1 1

3 4 6 2 −2

4 0 0 0 0

𝑣₁ 𝑣₂^′ 𝑣₃^′′ = 𝑣₃^′ −3

2𝑣₂^′ 𝑣₄^′′ = 𝑣₄^′ −1

2𝑣₂^′ 𝑣₅^′′ = 𝑣₅^′ +1 2𝑣₂^′

1 0 0 0 0

2 −2 0 0 0

3 4 0 0 0

4 0 0 0 0

On en déduit donc que :

 𝑑𝑖𝑚 𝐹 = 2, et 𝐹 = 𝑉𝑒𝑐𝑡 (𝑣₁, 𝑣₂^′)

 𝑭 = 𝑮

𝑣₄^′′ = 𝑣₄^′ −¹₂𝑣₂^′ = 0, soit 𝑣₄ + 𝑣₁ = ¹₂ 𝑣₂+ 𝑣₁ , et 𝑣₄ = −¹₂𝑣₁ +¹₂𝑣₂ ∈ 𝐹 𝑣₅^′′ = 𝑣₅^′ +¹₂𝑣₂^′ = 0, soit 𝑣₅− 4𝑣₁ = −¹₂ 𝑣₂+ 𝑣₁ , et 𝑣₅ = ⁷₂𝑣₁−¹₂𝑣₂ ∈ 𝐹

a) 𝒇 𝒙, 𝒚 = 𝟐𝒙 + 𝟑𝒚, 𝒙 + 𝒚

𝑘𝑒𝑟 𝑓 = 𝑥, 𝑦 ∈ ℝ²; 𝑓 𝑥, 𝑦 = 0

2𝑥 + 3𝑦 = 0

𝑥 + 𝑦 = 0 det 2 31 1 = −1 ≠ 0,

soit 𝑥, 𝑦 = (0,0) , donc f injective car 𝐾𝑒𝑟 𝑓 = 0 . 𝑓 𝑒₁ = 2

1 et 𝑓 𝑒₂ = 3 1

𝑀𝑎𝑡 _𝑒1,𝑒2 𝑓 = 2 3 1 1

b) 𝒇 𝒙, 𝒚, 𝒛 = 𝟐𝒙 + 𝒚 + 𝒛, −𝒙 + 𝒚, 𝟑𝒙 + 𝒚 + 𝟐𝒛 𝟐𝒙 + 𝒚 + 𝒛 = 𝟎

−𝒙 + 𝒚 = 𝟎 𝟑𝒙 + 𝒚 + 𝟐𝒛 = 𝟎 2 1 1

−1 1 0 3 1 2

= 2 ≠ 0, donc solution unique, soit (𝑥, 𝑦, 𝑧) = (0,0,0) f injective et 𝐾𝑒𝑟 𝑓 = 0

𝑀𝑎𝑡 _{𝑒1,𝑒2,𝑒3} 𝑓 = 2 1 1

−3 1 0 1 1 2

c) 𝒇 𝒙, 𝒚, 𝒛 = 𝒙 + 𝒚 + 𝒛, 𝒚 + 𝟐𝒛, 𝒙 − 𝒛

𝒙 + 𝒚 + 𝒛 = 𝟎 𝒚 + 𝟐𝒛 = 𝟎

𝒙 − 𝒛 = 𝟎

1 1 1

0 1 2

1 0 −1

= 0, On passe par le pivot 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 0

𝑦 + 2𝑧 = 0 𝑥 − 𝑧 = 0

et

𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 0 𝑦 + 2𝑧 = 0

−𝑦 − 2𝑧 = 0 et 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 0 𝑦 + 2𝑧 = 0 𝑥 = 𝑧

𝑦 = −2𝑧

Donc : 𝑘𝑒𝑟 𝑓 = 𝑋 = 𝑧

−2𝑧

𝑧 = 𝑧 1

−2 1

, 𝑎𝑣𝑒𝑐 𝑧 ∈ ℝ = 𝑉𝑒𝑐𝑡 1

−2 1 𝑑𝑖𝑚 𝑘𝑒𝑟 𝑓 = 1

et

𝑀𝑎𝑡 _{𝑒1,𝑒2,𝑒3} 𝑓 = 1 1 1

0 1 2

1 0 −1

a) Montrons qu’il existe a tel que 𝒇(𝒂) ≠ 𝟎.

Si pour tout a de E, f(a) est nul, alors f est l’endomorphisme nul. Donc il existe au moins un élément a de E tel que 𝑓(𝑎) ≠ 0.

b) 𝒃 = 𝒇(𝒂) ≠ 𝟎. Montrons que (a,b) est une base de E.

Il suffit de montrer que (a,b) est une famille libre (de dimension 2).

𝑥_{𝑖 𝑖∈𝐼} 𝑒𝑠𝑡 𝑢𝑛𝑒 𝑓𝑎𝑚𝑚𝑖𝑙𝑙𝑒 𝑙𝑖𝑏𝑟𝑒 𝑠𝑠𝑖

∀ 𝐽 𝑝𝑎𝑟𝑡𝑖𝑒 𝑓𝑖𝑛𝑖𝑒 𝑑𝑒 𝐼, ∀ 𝜆_{𝑖 𝑖∈𝐽} , 𝜆_𝑖 𝑥_𝑖 = 0

𝑖∈𝐽

⇒ ∀ 𝑖 ∈ 𝐽, 𝜆_𝑖 = 0

Supposons qu’il existe des 𝜆_𝑖 tels que : 𝜆₁ 𝑎 + 𝜆₂ 𝑓 𝑎 = 0 : (𝐸1) En passant par f : 𝑓 𝜆₁ 𝑎 + 𝜆₂ 𝑓 𝑎 = 𝑓 0 Et puisque f est une application linéaire : 𝜆₁ 𝑓 𝑎 + 𝜆₂ 𝑓𝑜𝑓 𝑎 = 0

Or ici 𝑓𝑜𝑓 = 0 donc : 𝜆₁ 𝑓 𝑎 = 0

Et puisque 𝑓 𝑎 ≠ 0, cela implique que 𝜆₁ = 0

Alors en remplaçant dans (E1) on obtient : 𝜆₂ 𝑓 𝑎 = 0, et de la même façon, 𝜆₂ = 0.

(𝒂, 𝒃) = 𝒂, 𝒇(𝒂) est donc une famille libre de E de dimension 2, c’est donc une base de E.

c) Matrice de f.

𝑓(𝑎) = 𝑓(𝑎) 𝑓(𝑏) = 𝑓 𝑓(𝑎) = 0

𝑀𝑎𝑡 _{𝑎,𝑓(𝑎)} 𝑓 = 0 01 0

a) Matrice associée à δ dans la base 1, 𝑋, 𝑋², 𝑋³

𝛿 1 = 0 ; 𝛿 𝑋 = 1 ; 𝛿 𝑋² = 2𝑋 ;𝛿 𝑋³ = 3𝑋²;

𝐶 = 𝑀𝑎𝑡 _{1,𝑋,𝑋², 𝑋}³ 𝛿 =

0 1 0 0 0 0 2 0 0 0 0 3 0 0 0 0

b) Matrice associée à δ dans la base 1, 1 + 𝑋, 1 + 𝑋², 1 + 𝑋³ 𝛿 1 = 0 ; 𝛿 1 + 𝑋 = 1

𝛿 1 + 𝑋² = 2𝑋 = −2 × 𝟏 + 2 × (𝟏 + 𝑿) 𝛿 𝑋³ = 3𝑋² = −3 × 𝟏 + 3 × (𝟏 + 𝑿²)

𝐵 = 𝑀𝑎𝑡 1,1+𝑋,1+𝑋², 1+𝑋³ 𝛿 =

0 1 −2 −3

0 0 2 0

0 0 0 3

0 0 0 0

1°) 𝜟_𝟏 : Déterminant tridiagonale.

𝛥₁ =

5 3 0 0 0 2 5 3 0 0 0 2 5 3 0 0 0 2 5 3 0 0 0 2 5

On peut généraliser au cas où la matrice est d’ordre n : 𝑑_𝑛 = det

5 2 0 0 3 ⋱ ⋱ 0 0 ⋱ ⋱ 2 0 0 3 5

𝑑₁ = 5

𝑑₂ = 25 − 6 = 19

Pour n ≥3, on développe par rapport à la première colonne.

𝑑_𝑛 = 5 × 𝑑_𝑛−1− 2 ×

3 0 0 0 2 5 3 0 0 ⋱ ⋱ 3 0 0 2 5

= 5 × 𝑑_𝑛−1− 2 × 3 × 𝑑_𝑛−2

On obtient une relation de récurrence de la forme : 𝑑_𝑛 − 5𝑑_𝑛−1+ 2 × 3 × 𝑑_𝑛−2 = 0 On peut donc facilement calculer : 𝑑₃ = 5𝑑₂− 6𝑑₁ = 65, 𝑑₄ = 211 et 𝒅_𝟓= 𝟔𝟔𝟓 Expression générale :

L’équation caractéristique est : 𝑟² − 5𝑟 + 6 = 0, solutions 2 et 3 𝑑_𝑛 = 𝑎 × 2^𝑛 + 𝑏 × 3^𝑛, puis 𝑑_𝑛 = −2 × 2^𝑛 + 3 × 3^𝑛

On retrouve : 𝒅_𝟓 = 𝟔𝟔𝟓

2°) 𝜟_𝟐 : Déterminant circulant.

𝛥₂ = 𝑎 𝑏 𝑐 𝑏 𝑐 𝑎 𝑐 𝑎 𝑏

 Méthode 1 : Règle de Sarrus. (Voir page web :

http://www.math93.com/theoreme/notions_mathematiques.html#s ) 𝑎 𝑏 𝑐

𝑏 𝑐 𝑎 𝑐 𝑎 𝑏 𝑎 𝑏 𝑐 𝑏 𝑐 𝑎

𝛥₂ = 𝑎𝑐𝑏 + 𝑏𝑎𝑐 + 𝑐𝑏𝑎 − 𝑏³− 𝑎³− 𝑐³ 𝛥₂ = 3𝑎𝑏𝑐 − 𝑎³+ 𝑏³+ 𝑐³

 Méthode 2 : Calcul direct.

𝛥₂ = 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 𝑏 𝑐 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 𝑐 𝑎 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 𝑎 𝑏

= 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 1 𝑏 𝑐 1 𝑐 𝑎 1 𝑎 𝑏

= 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 1 𝑏 𝑐 0 𝑐 − 𝑏 𝑎 − 𝑐 0 𝑎 − 𝑏 𝑏 − 𝑐

𝛥₂ = 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 −𝑎² − 𝑏² − 𝑐² + 𝑎𝑏 + 𝑎𝑐 + 𝑏𝑐

 Compléments.

On en déduit que pour tout (a,b,c) de ℝ³ :

𝑎³+ 𝑏³+ 𝑐³ − 3𝑎𝑏𝑐 = 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 𝑎² + 𝑏² + 𝑐² − 𝑎𝑏 − 𝑎𝑐 − 𝑏𝑐

En appliquant l’inégalité de CAUCHY-SCHWARZ aux vecteurs (a,b,c) et (b,c,a) on obtient :

Inégalité de Cauchy-Schwarz : 𝑢 . 𝑣 ≤ 𝑢 × 𝑣

𝛥₃ = 𝑎 𝑏 𝑐 𝑑 𝑎² 𝑏² 𝑐² 𝑑² 𝑎³ 𝑏³ 𝑐³ 𝑑³

 Méthode 1 : Astuce polynômiale.

Posons : 𝑃 𝑋 = 𝑉(𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑋) =

1 1 1 1

𝑎 𝑏 𝑐 𝑋

𝑎² 𝑏² 𝑐² 𝑋² 𝑎³ 𝑏³ 𝑐³ 𝑋³

. On a et donc 𝛥₃ = 𝑃(𝑑)

En développant par rapport à la dernière colonne, il apparait que P est une fonction polynômiale de degré 3.

Or a, b et c sont 3 racines de P.

Cela vient du caractère alternée de la forme multilinéaire appelée déterminant, (si 2 colonnes sont identiques, le déterminant est nul).

Le déterminant est une forme multilinéaire, antisymétrique et alternée.

De ce fait : 𝑃 𝑋 = 𝛼 𝑋 − 𝑎 𝑋 − 𝑏 (𝑋 − 𝑐).

Or le coefficient dominant de P est le terme qui apparait dans le développement devant 𝑋³, c’est donc 𝑉 𝑎, 𝑏, 𝑐 = 1 1 1

𝑎 𝑏 𝑐

𝑎² 𝑏² 𝑐² soit

𝑉 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑 = 𝑉(𝑎, 𝑏, 𝑐) × 𝑑 − 𝑎 𝑑 − 𝑏 (𝑑 − 𝑐) Par récurrence immédiate on obtient :

𝑉 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑 = 𝑏 − 𝑎 × 𝑐 − 𝑎 𝑐 − 𝑏 × 𝑑 − 𝑎 𝑑 − 𝑏 (𝑑 − 𝑐) Formule générale :

𝑽 𝒂_𝟏, … , 𝒂_𝒏 = 𝒂_𝒋− 𝒂_𝒊

𝟏≤𝒊<𝑗 ≤𝑛

 Méthode 2 : Par récurrence sur n o Si n=1 : 𝑉 𝑎₁ = 1

o Si n=2 : 𝑉 𝑎₁, 𝑎₂ = 1 1

𝑎₁ 𝑎₂ = 𝑎₂− 𝑎₁ o Si n=3 : 𝑉 𝑎₁, 𝑎₂, 𝑎₃ =

1 1 1

𝑎₁ 𝑎₂ 𝑎₃ 𝑎₁² 𝑎₂² 𝑎₃² avec : 𝐿2 − 𝑎₁𝐿1 ; 𝐿3 − 𝑎₁𝐿2

𝑉 𝑎₁, 𝑎₂, 𝑎₃ =

1 1 1

0 𝑎₂− 𝑎₁ 𝑎₃− 𝑎₁

0 𝑎₂²− 𝑎₁𝑎₂ 𝑎₃²− 𝑎₁𝑎₃ = 1 × 𝑎₂ − 𝑎₁ 𝑎₃− 𝑎₁ 𝑎₂ − 𝑎₁ 𝑎₂ 𝑎₃− 𝑎₁ 𝑎₃

𝑉 𝑎₁, 𝑎₂, 𝑎₃ = 𝑎₂− 𝑎₁ 𝑎₃− 𝑎₁ 1 1

𝑎₂ 𝑎₃ = 𝑎₂− 𝑎₁ 𝑎₃− 𝑎₁ 𝑎₃− 𝑎₂ 𝑉 𝑎₁, 𝑎₂, 𝑎₃ = 𝑎₂− 𝑎₁ 𝑎₃− 𝑎₁ 𝑎₃− 𝑎₂

Alors posons pour tout n de ℕ tel que 𝑛 ≥ 3

𝑉 𝑎₁, … , 𝑎_𝑛 =

1 1 … 1

𝑎₁ 𝑎₂ … 𝑎_𝑛 𝑎₁² 𝑎₂² … 𝑎_𝑛²

⋮ ⋮ ⋮

𝑎₁^𝑛−1 𝑎₂^𝑛−1 … 𝑎_𝑛^𝑛−1

𝑉 𝑎₁, … , 𝑎_𝑛 =

1 1 … 1

0 𝑎₂− 𝑎₁ … 𝑎_𝑛 − 𝑎₁ 0 𝑎₂²− 𝑎₁𝑎₂ … 𝑎_𝑛² − 𝑎₁𝑎_𝑛

⋮ ⋮ ⋮

0 𝑎₂^𝑛−1− 𝑎₁𝑎₂^𝑛−2 … 𝑎_𝑛^𝑛−1− 𝑎₁𝑎_𝑛^𝑛−2

𝑉 𝑎₁, … , 𝑎_𝑛 =

𝑎₂− 𝑎₁ … 𝑎_𝑛 − 𝑎₁ 𝑎₂− 𝑎₁ 𝑎₂ … 𝑎_𝑛 − 𝑎₁ 𝑎_𝑛

⋮ ⋮

𝑎₂− 𝑎₁ 𝑎₂^𝑛−2 … 𝑎_𝑛 − 𝑎₁ 𝑎_𝑛^𝑛−2

𝛥₄ =

0 𝑎 𝑏 𝑐 𝑎 0 𝑏 𝑐 𝑎 𝑏 0 𝑐 𝑎 𝑏 𝑐 0

Astuce : Quand la somme des termes de chaque ligne est la même, on additionne et on factorise.

𝛥₄ =

𝑎 + 𝑏 + 𝑐 𝑎 𝑏 𝑐 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 0 𝑏 𝑐 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 𝑏 0 𝑐 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 𝑏 𝑐 0

= 𝑎 + 𝑏 + 𝑐

1 𝑎 𝑏 𝑐 1 0 𝑏 𝑐 1 𝑏 0 𝑐 1 𝑏 𝑐 0

= 𝑎 + 𝑏 + 𝑐

1 𝑎 𝑏 𝑐

0 −𝑎 0 0

0 𝑏 − 𝑎 −𝑏 0 0 𝑏 − 𝑎 𝑐 − 𝑏 −𝑐

𝛥₄ = 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 −𝑎 0 0 𝑏 − 𝑎 −𝑏 0 𝑏 − 𝑎 𝑐 − 𝑏 −𝑐

𝜟_𝟒 = − 𝒂 + 𝒃 + 𝒄 𝒂𝒃𝒄

5°) 𝜟_𝟓

𝛥₅ =

𝑎 𝑐 𝑐 𝑏 𝑐 𝑎 𝑏 𝑐 𝑐 𝑏 𝑎 𝑐 𝑏 𝑐 𝑐 𝑎

Astuce : Quand la somme des termes de chaque ligne est la même, on additionne et on factorise.

𝛥₅ =

𝑎 + 𝑏 + 2𝑐 𝑐 𝑐 𝑏 𝑎 + 𝑏 + 2𝑐 𝑎 𝑏 𝑐 𝑎 + 𝑏 + 2𝑐 𝑏 𝑎 𝑐 𝑎 + 𝑏 + 2𝑐 𝑐 𝑐 𝑎

= 𝑎 + 𝑏 + 2𝑐

1 𝑐 𝑐 𝑏 1 𝑎 𝑏 𝑐 1 𝑏 𝑎 𝑐 1 𝑐 𝑐 𝑎

𝛥₅ = 𝑎 + 𝑏 + 2𝑐

1 𝑐 𝑐 𝑏

0 𝑎 − 𝑐 𝑏 − 𝑐 𝑐 − 𝑏 0 𝑏 − 𝑐 𝑎 − 𝑐 𝑐 − 𝑏

0 0 0 𝑎 − 𝑏

= 𝑎 + 𝑏 + 2𝑐 𝑎 − 𝑐 𝑏 − 𝑐 𝑐 − 𝑏 𝑏 − 𝑐 𝑎 − 𝑐 𝑐 − 𝑏

0 0 𝑎 − 𝑏

𝛥₅ = 𝑎 + 𝑏 + 2𝑐 𝑎 − 𝑏 𝑎 − 𝑐 𝑏 − 𝑐

𝑏 − 𝑐 𝑎 − 𝑐 = 𝑎 + 𝑏 + 2𝑐 𝑎 − 𝑏 𝑎 − 𝑐 ²− (𝑏 − 𝑐)² 𝛥₅ = 𝑎 + 𝑏 + 2𝑐 𝑎 − 𝑏 𝑎 + 𝑏 − 2𝑐 (𝑎 − 𝑏)

𝜟_𝟓 = 𝒂 + 𝒃 + 𝟐𝒄 𝒂 + 𝒃 − 𝟐𝒄 𝒂 − 𝒃 ²

6°) 𝜟_𝟔

𝛥₆ =

𝑎 𝑎 𝑎² 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 𝑎 𝑏 𝑏² 𝑐 + 𝑑 + 𝑎 𝑎 𝑐 𝑐² 𝑑 + 𝑎 + 𝑏 𝑎 𝑑 𝑑² 𝑎 + 𝑏 + 𝑐

𝛥₆ =

𝑎 𝑎 𝑎² 𝑏 + 𝑐 + 𝑑

0 𝑏 − 𝑎 𝑏² − 𝑎² 𝑎 − 𝑏 0 𝑐 − 𝑎 𝑐² − 𝑎² 𝑎 − 𝑐 0 𝑑 − 𝑎 𝑑² − 𝑎² 𝑎 − 𝑑

= 𝑎 𝑏 − 𝑎 𝑏² − 𝑎² 𝑎 − 𝑏 𝑐 − 𝑎 𝑐² − 𝑎² 𝑎 − 𝑐 𝑑 − 𝑎 𝑑² − 𝑎² 𝑎 − 𝑑

Les colonnes 1 et 3 sont opposées donc 𝜟_𝟔= 𝟎 7°) 𝜟_𝟕

𝛥₇ =

1 0 𝑎 𝑎² 0 1 𝑏 𝑏² 1 0 𝑐 𝑐² 0 1 𝑑 𝑑²

𝛥₇ =

1 0 𝑎 𝑎²

0 1 𝑏 𝑏²

0 0 𝑐 − 𝑎 𝑐² − 𝑎²

0 1 𝑑 𝑑²

= 1 𝑏 𝑏² 0 𝑐 − 𝑎 𝑐² − 𝑎²

1 𝑑 𝑑²

= 1 𝑏 𝑏² 0 𝑐 − 𝑎 𝑐² − 𝑎² 0 𝑑 − 𝑏 𝑑² − 𝑏²

𝛥₇ = 𝑐 − 𝑎 𝑐² − 𝑎²

𝑑 − 𝑏 𝑑² − 𝑏² = 𝑐 − 𝑎 𝑑²− 𝑏² − 𝑑 − 𝑏 (𝑐²− 𝑎²) 𝛥₇ = 𝒄 − 𝒂 𝒅 − 𝒃 (𝑑 + 𝑏) − 𝒅 − 𝒃 (𝒄 − 𝒂)(𝑐 + 𝑎)

𝜟_𝟕 = 𝒄 − 𝒂 𝒅 − 𝒃 (𝒅 + 𝒃 − 𝒄 − 𝒂)

Pour une matrice antisymétrique on a :

𝑑𝑒𝑡 𝐴 = det 𝐴^𝑡 ≝ 𝑑𝑒𝑡 −𝐴 = −1 ^𝑛𝑑𝑒𝑡 𝐴 Soit 𝑑𝑒𝑡 𝐴 = −1 ^𝑛𝑑𝑒𝑡 𝐴

Si A est inversible, alors : 𝑑𝑒𝑡 𝐴 ≠ 0, et donc n est pair.

1°) 𝒂_𝒊𝒋 = 𝒊^𝟑+ 𝟑𝒊^𝟐− 𝟓

 Pour n=1, 𝜟_𝟏= −𝟏

 Pour n≥2.

Rien à faire ou presque car toutes les colonnes sont identiques, donc le déterminant est nul.

𝛥₁ =

−1 −1 … −1

15 15 … 15

𝑛³ + 3𝑛²− 5 𝑛³+ 3𝑛²− 5 … 𝑛³+ 3𝑛²− 5

𝜟_𝟏 = 𝟎 2°) 𝒂_𝒊𝒋 = 𝒊𝒋

 Pour n=1, 𝜟_𝟐= 𝟏

 Pour n≥2.

𝛥₂ =

1 2 … … 𝑛

2 2 × 2 … … 2 × 𝑛 3 3 × 2 … 3 × 𝑛

⋮ ⋱ ⋮

𝑛 𝑛 × 2 … 𝑛²

=

1 2 × 1 … … 𝑛 × 1 2 2 × 2 … … 𝑛 × 2 3 2 × 3 … 𝑛 × 3

⋮ ⋱ ⋮

𝑛 2 × 𝑛 … 𝑛 × 𝑛 Les colonnes sont colinéaires donc, 𝜟_𝟐= 𝟎

3°) 𝒂 = 𝒊 + 𝒋

𝐶2 − 𝐶1 = 1 1

⋮ 1

; 𝐶3 − 𝐶1 = 2 2

⋮ 2

; ….

𝛥₃ =

2 1 2 … 𝑛 + 1 3 1 2 … 𝑛 + 2 4 1 2 … 𝑛 + 3

⋮ ⋮ ⋮ ⋮

𝑛 + 1 1 2 … 𝑛 + 𝑛 Les colonnes 2 et 3 sont colinéaires donc 𝜟_𝟑 = 𝟎

 Si 𝒕 = 𝟏, 𝑀₁ = 𝑁₁ = 1 1 1 1 1 1 1 1 1

. Donc 𝑟𝑎𝑛𝑔 𝑀₁ = 𝑟𝑎𝑛𝑔 𝑁₁ = 1

 Si 𝒕 ≠ 𝟏,

o det 𝑀_𝑡 = 1 𝑡 1 𝑡 1 1 1 𝑡 1

= 0 (2 lignes égales) Donc : 𝟏 ≤ 𝒓𝒂𝒏𝒈 𝑴_𝒕 < 3

o Pour 𝑡 ≠ 1, les vecteurs colonnes C2 et C3 forment un système libre Donc : 𝟐 ≤ 𝒓𝒂𝒏𝒈 𝑴_𝒕 < 3

De ce fait 𝒓𝒂𝒏𝒈 𝑴_𝒕 = 𝟐

Remarque : On peut aussi remarquer que 1 1

𝑡 1 = 1 − 𝑡 ≠ 0 (𝑝𝑜𝑢𝑟 𝑡 ≠ 1)

o det 𝑁_𝑡 = 1 1 𝑡 1 𝑡 1 𝑡 1 1

= 2 + 𝑡 1 𝑡 2 + 𝑡 𝑡 1

2 + 𝑡 1 1 = (2 + 𝑡) 1 1 𝑡 1 𝑡 1 1 1 1

det 𝑁_𝑡 = 2 + 𝑡 1 1 𝑡

0 𝑡 − 1 1 − 𝑡 0 0 1 − 𝑡

= 2 + 𝑡 1 − 𝑡 (𝑡 − 1) 𝐝𝐞𝐭 𝑵_𝒕 = − 𝒕 + 𝟐 (𝒕 − 𝟏)²

o Si 𝒕 ≠ 𝟏, 𝒕 ≠ −𝟐, alors 𝐝𝐞𝐭 𝑵_𝒕 ≠ 𝟎, donc 𝑵_𝒕 inversible et de rang 3.

 On a vu que si 𝒕 = 𝟏, 𝑵_𝟏 est de rang 1.

 si 𝒕 = −𝟐,

𝑁₋₂ = 1 1 −2

1 −2 1

−2 1 1

𝑁₋₂ n’est pas de rang 3 et les vecteurs colonnes C1 et C2 forment un système

a) 𝒇 𝒙 = 𝒅𝒆𝒕 𝑨 + 𝒙𝑩

𝒇 𝒙 = 𝒅𝒆𝒕 𝑨 + 𝒙𝑩 =

𝑎 + 𝑥 𝑏 + 𝑥 𝑏 + 𝑥 … 𝑏 + 𝑥 𝑐 + 𝑥 𝑎 + 𝑥 𝑏 + 𝑥 … 𝑏 + 𝑥 𝑐 + 𝑥 𝑐 + 𝑥 𝑎 + 𝑥 ⋮

⋮ ⋮ ⋱ 𝑏 + 𝑥

𝑐 + 𝑥 𝑐 + 𝑥 𝑐 + 𝑥 𝑎 + 𝑥 On a :

𝒇 −𝒄 = 𝒅𝒆𝒕 𝑨 − 𝒄𝑩 =

𝑎 − 𝑐 𝑏 − 𝑐 𝑏 − 𝑐 … 𝑏 − 𝑐 0 𝑎 − 𝑐 𝑏 − 𝑐 … 𝑏 − 𝑐

0 0 𝑎 − 𝑐 ⋮

⋮ ⋮ ⋱ 𝑏 − 𝑐

0 0 0 𝑎 − 𝑐

C’est le déterminant d’une matrice triangulaire supérieure dont on obtient facilement : 𝒇 −𝒄 = 𝒅𝒆𝒕 𝑨 − 𝒄𝑩 = (𝒂 − 𝒄)^𝒏

et de même f(-b) est le déterminant d’une matrice triangulaire inférieure 𝒇 −𝒃 = 𝒅𝒆𝒕 𝑨 − 𝒃𝑩 = (𝒂 − 𝒃)^𝒏

b) 𝒇 𝒙 = 𝜶𝒙 + 𝜷

En faisant : 𝐶_𝑗 ⟶ 𝐶_𝑗 − 𝐶₁ (pour 𝑗 > 1)

𝒇 𝒙 = 𝒅𝒆𝒕 𝑨 + 𝒙𝑩 =

𝑎 + 𝑥 𝑏 − 𝑎 𝑏 − 𝑎 … 𝑏 − 𝑎 𝑐 + 𝑥 𝑎 − 𝑐 𝑏 − 𝑐 … 𝑏 − 𝑐 𝑐 + 𝑥 0 𝑎 − 𝑐 𝑏 − 𝑐

⋮ ⋮ 0 ⋱ ⋮

⋮ ⋮ ⋮ 𝑏 − 𝑐

𝑐 + 𝑥 0 0 𝑎 − 𝑐

Donc il n’y a plus de 𝑥 que dans la première colonne. Si on développe par rapport à cette colonne, on obtient bien une expression du déterminant de la forme : 𝒇 𝒙 = 𝜶𝒙 + 𝜷 𝛼, 𝛽 ∈ ℝ² c) Déterminons les constantes 𝜶, 𝜷 ∈ ℝ²

Il suffit de résoudre le système : On a 𝑐 ≠ 𝑏

𝑓 −𝑐 = −𝛼𝑐 + 𝛽 = (𝑎 − 𝑐)^𝑛 𝑓 −𝑏 = −𝛼𝑏 + 𝛽 = (𝑎 − 𝑏)^𝑛

𝜶 = (𝒂 − 𝒄)^𝒏− (𝒂 − 𝒃)^𝒏 𝒃 − 𝒄

𝜷 =𝒃(𝒂 − 𝒄)^𝒏− 𝒄(𝒂 − 𝒃)^𝒏 𝒃 − 𝒄

d) Déterminons det A.

𝒇 𝟎 = 𝒅𝒆𝒕 𝑨 = 𝜷 =𝒃(𝒂 − 𝒄)^𝒏− 𝒄(𝒂 − 𝒃)^𝒏 𝒃 − 𝒄

1. Soit u l’application définie par 𝒖(𝑷) = 𝑷 + 𝑷’

 La linéarité de u comme opérateur de ℝ_𝑛 𝑋 à valeur dans ℝ 𝑋 est claire.

Il reste à vérifier que le degré de u(P) est bien inférieur ou égal à n.

Il suffit de le vérifier en calculant les images des vecteurs de la base canonique de ℝ_𝑛 𝑋 ce qui est assez évident.

Donc u est une application linéaire de ℝ_𝒏 𝑿 dans ℝ_𝒏 𝑿 .

 Ecrivons la matrice de u dans la base canonique de ℝ_𝑛 𝑋 . o 𝑢(1) = 1 + 0 = 1

o 𝑢 𝑋 = 𝑋 + 1 = 1 + 𝑋 o 𝑢 𝑋² = 𝑋² + 2𝑋 = 2𝑋 + 𝑋² o 𝑃𝑜𝑢𝑟 𝑖 > 1; 𝑢 𝑋^𝑖 = 𝑖𝑋^𝑖−1+ 𝑋^𝑖

𝐴 = 𝑀𝑎𝑡 1,𝑋,𝑋²,…,𝑋^𝑛 𝑢 =

1 1 0 … 0 … 0

0 1 2 ⋮ ⋮

⋮ 0 1 0 ⋮

⋮ ⋮ 0 ⋱ 𝑖 ⋮

⋮ ⋮ ⋮ 1 0

⋮ ⋮ ⋮ 0 ⋱ 𝑛

0 0 0 … 0 … 1

∈ 𝑀_𝑛+1 ℝ .

A est clairement une matrice triangulaire supérieure donc : det 𝐴 = 1

Complément :

La matrice est inversible et donc u est un automorphisme de ℝ_𝑛 𝑋 .

2. Soit u l’application définie par 𝒖(𝑷) = 𝑿𝑷′ + 𝑷(𝟏)

 La linéarité de u comme opérateur de ℝ_𝑛 𝑋 à valeur dans ℝ 𝑋 est claire.

Il reste à vérifier que le degré de u(P) est bien inférieur ou égal à n.

Il suffit de le vérifier en calculant les images des vecteurs de la base canonique de ℝ_𝑛 𝑋 ce qui est assez évident.

Donc u est une application linéaire de ℝ_𝒏 𝑿 dans ℝ_𝒏 𝑿 .



o 𝑢(1) = 0 + 1 = 1 o 𝑢 𝑋 = 1 + 𝑋 o 𝑢 𝑋² = 1 + 2𝑋²

o 𝑃𝑜𝑢𝑟 𝑖 ≥ 0; 𝑢 𝑋^𝑖 = 1 + 𝑖𝑋^𝑖

𝐵 = 𝑀𝑎𝑡 1,𝑋,𝑋²,…,𝑋^𝑛 𝑢 =

1 1 1 … 1 … 1

0 1 0 0 0

⋮ 0 2 ⋮ ⋮

⋮ ⋮ 0 ⋱ 0 ⋮

⋮ ⋮ ⋮ 𝑖 0

⋮ ⋮ ⋮ 0 ⋱ 0

0 0 0 … 0 … 𝑛

∈ 𝑀_𝑛+1 ℝ .

B est clairement une matrice triangulaire supérieure donc : det 𝐵 = 𝑖

𝑛

𝑖=1

= 𝑛!

Complément :

La matrice est inversible et donc u est un automorphisme de ℝ_𝑛 𝑋 .