Déterminants Feuille 27

(1)

Déterminants Feuille 27

Exercice27.1 Solution p. 4

Soit K un corps de caractéristique différente de 2 etn un entier naturel impair. Montrer que toute matrice antisymétrique deM_n(K)est de déterminant nul.

Soientα, βetγtrois réels. Montrer que :

1 1 1 1

1 1 cosγ cosβ 1 cosγ 1 cosα 1 cosβ cosα 1

=−16 sin² α 2 sin²β

2 sin² γ 2.

SoitD_n(R)l’ensemble des matrices diagonales de taillenà coefficients réels et soitD ∈ D_n(R) telle que les coefficients diagonaux deDsont deux à deux distincts.

1. Déterminer l’ensemble des matrices qui commutent avecD.

2. Montrer que(I_n, D, . . . , Dⁿ⁻¹)forme une base deD_n(R).

SoientA etB deux matrices inversibles deM_n(R), à coefficients dansZ. On suppose quedet(A) etdet(B) sont premiers entreeux. Montrer qu’il existe deux matrices U et V deM_n(R), à coefficients dans Z, telles que U A+V B=In.

Soitnun entier supérieur ou égal à 2. Calculer le déterminant de la matrice de taillendont le(i, j)^`^emecoefficient vaut|i−j|.

Soientnun entier supérieur ou égal à 3 etxun réel non nul.

1. Calculer le déterminant de la matrice deM_n(R)dont les coefficients diagonaux sont nuls et dont les autres coefficients sont tous égaux àx.

2. Calculer le déterminant de la matrice A = (a_i,j) ∈ M_n(R) définie par les relations suivantes : pour tout i∈ {1, . . . , n}, a_i,i= 0, pour toutk∈ {2, . . . , n}, a_1,k =a_k,1 = 1,et tous les autres coefficients deAsont égaux àx.

1. Diagonaliser la matriceM =

Ñ 0 −2 0

1 0 −1

0 2 0

é

2. Calculer les puissances deM.

(2)

Exercice27.8 Solution p. 6 On poseM =

Ñ 2 −3 −1 1 −2 −1

−2 6 3

é

DéterminerQ∈GL₃(R)telle queM =Q

Ñ 1 0 0 0 1 1 0 0 1

é Q⁻¹.

SoitEunC-espace vectoriel de dimensionnetu∈L(E). 1. Montrer queE est unR-espace vectoriel de dimension2n.

2. Montrer quedet_R(u) =|det_C(u)|².

Soientn∈N^∗et(a₀, . . . , a_n)∈Rⁿ⁺¹ Calculer le déterminant

1 a0 a²₀ · · · aⁿ⁻¹₀ aⁿ⁺¹₀ 1 a₁ a²₁ · · · aⁿ⁻¹₁ aⁿ⁺¹₁

..

. ... ... ... ... 1 an a²_n · · · aⁿ⁻¹_n aⁿ⁺¹_n

Soitpun entier strictement positif. Les éléments deZ^psont notés sous la forme de vecteurs colonnes àplignes.

Montrer queϕest un automorphisme du groupe(Z^p,+)si et seulement s’il existe une matriceA ∈ M_p(R)telle que

— pour toutX∈Z^p, ϕ(X) =AX,

— les coefficients deAsont des entiers relatifs,

— etdet(A) =±1.

Déterminez le rang de^tcom(A)en fonction de celui deA.

Soitn∈N^∗. SiMest une matrice deM_n(R), on notecom(M)la matrice deM_n(R)dont le(i, j)^`^emecoefficient est le cofacteur deM de position(i, j).

SoitAune matrice inversible deM_n(R).

Déterminer l’ensemble des matricesX ∈ M_n(R)telles quecom(X) =A.

Introduction aux résultants

SoientP etQdeux polynômes deC[X], dont les degrés, notésm etn, sont strictement positifs. On noteraP =

m

X

k=0

a_kX^ketQ=

n

X

k=0

b_kX^k

Montrer que les assertions suivantes sont équivalentes : i. P etQadmettent une racine commune.

ii. Le degré deP∧Qest strictement positif.

iii. Il existe deux polynômesAetBdeC[X], non nuls, tels quedeg(A)≤n−1,deg(B)≤m−1etAP+BQ= 0.

iv. La famille(P, XP, . . . , Xⁿ⁻¹P, Q, XQ, . . . , X^m−1Q)est liée.

v. det(M) = 0, oùM = (α_i,j)∈ M_n+m(C)est définie par les relations suivantes :

(3)

• Sik∈Z\ {0, . . . , m}, on convient quea_k= 0.

• De même, sik∈Z\ {0, . . . , n}, on convient quebk= 0.

• Pour toutj∈J1, nKeti∈J1, n+mK, α_i,j =ai−j.

• Pour toutj∈ {n+ 1, . . . , n+m}eti∈Nn+m, αi,j =bi−j+n.

SoientAetBdeux matrices deM_n(R). Montrer que siAetBsont semblables dansM_n(C), elles le sont dans M_n(R).

Indication: Il existeP ∈GL_n(C)telle queP A=BP...

Déterminant de Cauchy

Soientn ∈N^∗,(α₁, . . . , α_n) ∈Cⁿet(β₁, . . . , β_n) ∈Cⁿ. On suppose que, pour tout(i, j) ∈ N²n, α_i+β_j 6= 0. Calculer le déterminant de la matriceÅ 1

αi+βj

ã

1≤i≤n 1≤j≤n

selon les deux méthodes suivantes :

1. Effectuer des opérations élémentaires sur les lignes et sur les colonnes, en commençant par multiplier lai^`^eme ligne parα_i+β₁, pour touti∈ {1, . . . , n}.

2. Déterminerλ∈Ctel queλ Qn−1

j=1(X−αj) Qn

j=1(X−β_j) se mette sous la forme 1 X+β_n+

n−1

X

j=1

a_j

X+β_j puis poursuivre...

Soientn∈N^∗etp∈ {1, . . . , n}. SoitEunK-espace vectoriel de dimensionn, muni d’une basee= (e₁, . . . , e_n). On notee^∗= (e^∗₁, . . . , e^∗_n)la base duale dee.

1. Soit(k₁, . . . , k_p)∈ {1, . . . , n}^ptel quek₁ <· · ·< k_p. Pour tout(x₁, . . . , x_p)∈E^p,posonsϕ(x₁, . . . , x_p) = X

σ∈Sp

ε(σ)

p

Y

i=1

x_i,k_σ(i), oùS_pest l’ensemble des permutations de{1, . . . , p}, oùε(σ)désigne la signature de la permutationσet oùx_i,jdésigne laj-ème coordonnée dex_idans la basee.

Montrer queϕest une formep-linéaire alternée surE.

Pour la suite, on noteraϕ=e^∗_k₁ ∧ · · · ∧e^∗_k_p etAp(E)désignera l’ensemble des formesp-linéaires alternées deE.

2. Montrer que la famille(e^∗_k

1∧ · · · ∧e^∗_k

p)1≤k1<···<kp≤nest une base deA_p(E). Calculer la dimension deA_p(E).

Calculer la limite en+∞deA= 1 3

Ñ1 0 2 2 1 0 0 2 1

é .

Soitn ∈ N^∗ et A ∈ M_n(C). On suppose que la suite(A^p)p∈N est bornée. Pour toutp ∈ N^∗, on pose B_p = 1

p

p−1

X

k=0

A^k.

1. Montrer que la suite(Bp)p∈N^∗ admet une valeur d’adhérence, notéeB.

2. Montrer queB(I−A) = 0, oùIdésigne la matrice identité.

3. En déduire queBest idempotent, i.e.B² =B.

4. Montrer queB est le projecteur surKer(A−I)parallèlement àIm(A−I). 5. Montrer que la suite(B_p)p∈N^∗ converge versB.

(4)

Solution de l’exercice 27.1 Énoncé Soitn∈Nimpair,M ∈ M_n(K)antisymétrique, on a donc^tM =−M.

De plus,det(M) = det(^tM)d’après le cours, doncdet(M) = det(−M). Toujours d’après le cours,det(−M) = (−1)ⁿdet(M), ornest impair, donc(−1)ⁿ=−1.

Finalement,det(M) = det(−M) =−det(M). Doncdet(M) = 0car−16= 1(puisquecar(K)6= 2).

Solution de l’exercice 27.2 Énoncé

On ôte la première ligne aux suivantes, et on utilise l’identité trigonométrique : cos 2x = 1−2 sin²x,i.e. on effectue∀i≥2, Li ←−Li−L1, ce qui donne :

∆ =

1 1 1 1

0 0 cosγ−1 cosβ−1 0 cosγ−1 0 cosα−1 0 cosβ−1 cosα−1 0

=

0 −2 sin²^γ₂ −2 sin²^β₂

−2 sin² ^γ₂ 0 −2 sin² ^α₂

−2 sin² ^β₂ −2 sin² ^α₂ 0

en développant par rappoort à la première colonne

Sarrus= −8 sin²γ 2sin² α

2 sin² β

2 −8 sin² β 2 sin²γ

2sin² α 2

=−16 sin² α 2 sin²β

2 sin² γ 2

1. Poser le calcul brutalement, et montrer que les coefficients non diagonaux sont nuls.

2. D_n(R)est de dimensionncar il possède comme base la famille des matrices diagonales dont tous les coefficients sont nuls sauf 1, égal à 1.

Il reste à montrer que la famille(I_n, D, . . . , Dⁿ⁻¹) est libre, mais siP

i=1α_iD_i = 0, en passant aux coefficients, on obtient un système de néquations linéaires en les n inconnuesα_i dont le déterminant est un Vandermonde, non-nul car les coefficients de D sont deux à deux distincts. Plus précisément, en posant D=

Öa₁ 0 ...

0 a_n

è

, on obtient :

(S) :∀j∈J1, nK,

n

X

i=1

αiaⁱ_j = 0, etmat(S) = (aⁱ_j)1≤j,i≤ndoncV(a₁, . . . , an) Öα1

.. . α_n

è

= 0, orV(a₁, . . . , an) est inversible car son déterminant vaut Y

1≤i<j≤n

(a_j−a_i)6= 0, donc∀i∈J1, nK, α_i= 0.

D’après l’identité de Bézout, il existe(α, β)∈Z²tels queαdet(A) +βdet(B) = 1.

PosonsU =α^tcom(A)etV =β^tcom(B).U etV ont leurs coefficients dansZ, en effet siM ∈ M_p(Z), detM = X

σ∈Sp

ε(σ)

p

Y

j=1

M_j,σ(j) ∈ Z. Et donc, d’après les relations entre matrice et comatrice, on a bien U A + V B = (αdet(A) +βdet(B))I_n=I_n.

Procédons aux opérationsLi ←− L1 +Li(qui ne modifient pas la première colonne puisqueM1,1 = 0) puis C_i ←−C_i−C₁ pouri∈J2, nK. Le coefficienta_i,j de la matrice obtenue est donc pour touti, j∈J2, nK:

a_i,j =M_i,j+ (j−1)

| {z }

1^religne

− (i−1)

| {z }

1^recolonne

=|i−j|+j−i=

®2(j−i) sij > i

0 sinon

(5)

La matrice obtenue est donc la suivante :







0 1 2 · · · n−1 1 0 2 · · · 2(n−2)

..

. 0 ... ... ... n−2 ... ... ... 2 n−1 0 · · · 0 0







Puis on effectue une permutation circulaire;C₁passe enn-ième position,C₂enC₁, ce qui se fait enn−1transpo- sitions :

det(M) = (−1)ⁿ⁻¹

1 2 · · · n−1 0 0 2 · · · 2(n−2) 1 0 ... ... ... ...

..

. ... 2 n−2

0 · · · 0 n−1

= (−1)ⁿ⁻¹2ⁿ⁻²(n−1)

1.

0 x · · · x x ... x

..

. ... ... x · · · x 0

=xⁿ

0 1 · · · 1 1 ... 1 ..

. ... ... 1 · · · 1 0

parn-linéarité

= (n−1)xⁿ

1 1 · · · 1 1 0 1 · · · 0 1 1 0 ... ...

..

. ... ... ... 1 1 1 · · · 1 0

L₁ ←

n

X

i=1

L_i

= (n−1)xⁿ

1 1 · · · 1 0 −1 0 · · · 0 0 0 −1 ... ...

..

. ... ... ... 0 0 0 · · · 0 −1

Li ←Li−L1

= (n−1)xⁿ(−1)ⁿ⁻¹ (matrice triangulaire supérieure)

2. det(A) =

0 1 · · · 1 1 0 x · · · x 1 x 0 ... ...

..

. ... ... ... x 1 x · · · x 0

.xétant non-nul, par linéarité, on a

det(A) = 1 x²

0 x · · · x x 0 ... ...

..

. ... ... x x · · · x 0

=xⁿ⁻²

0 1 · · · 1 1 0 ... ...

..

. ... ... 1 1 · · · 1 0

=xⁿ⁻²(n−1)(−1)ⁿ⁻¹d’après la première ques- tion.

(6)

Soitλ∈C, χ_M(λ)

λ 2 0

−1 λ 1 0 −2 λ

. En effectuant l’opération élémentaireC₁←−C₁+C₃, on obtientχ_M(λ) =

λ

1 2 0

0 λ 1

1 −2 λ

. Puis en effectuant l’opération L3 ←− L3−L1, on obtientχM(λ) = λ

1 2 0

0 λ 1

0 −4 λ

= λ(λ² + 4), doncχ_M(X) =X(X²+ 4).

AinsiSp(M) ={0,2i,−2i}. Elles sont toutes simples, doncM est diagonablisable dansM_n(C)(cours sur le poly- nôme caractéristique).

On aurait pu utiliser directement la formule de Sarrus, en raison du nombre de 0 déjà présents, mais cette technique a l’avantage de fonctionner lorsque le déterminant est compliqué et permet de ne pas louper de racines.

Soit(x, y, z)∈C³: Ñx

y z

é

∈E_2i^M ⇐⇒







2ix+ 2y= 0

−x+ 2oy+z= 0

−2y+ 2iz= 0

⇐⇒

®y=iz

y=−ix ⇐⇒

®z=−iy

x=iy doncE_2i^M = Vect Ñ−1

i 1

é .

On pourrait procéder de même pour les autres valeurs propres, mais voici deux autres méthodes. IciM est à valeurs réelles.

SoitX∈C³.X∈E−2i ⇐⇒ M X =−2iX ⇐⇒ M X = 2iX ⇐⇒ X∈E_2i^M, doncE_−2i^M = Vect Ñ−1

−i 1

é .

La somme de la première et de la dernière colonne vaut 0, donc Ñ1

0 1

é

∈ Ker(M). De plus, 0 est une va-

leur propre simple, doncKer(M)est une droite vectorielle. AinsiKer(M) =E₀^M = Vect Ñ1

0 1

é .

AinsiM =P DP⁻¹, oùD=

Ñ0 0 0 0 2i 0 0 0 −2i

é

etP =

Ñ1 −1 −1

0 i −i

1 1 1

é .

Pour calculer les puissances deM, on a directement ∀n ∈ N, Mⁿ = P DⁿP⁻¹, mais cela implique de calculer l’inverse deP.

On remarque que, pourk∈ N, D^2k+1 = (−4)^kDetD^2k+2 = (−4)^kD², donc en multipliant ces égalités parP à gauche et parP⁻¹à droite, on montre que :

M^2k+1= (−4)^kM etM^2k+2 = (−4)M²

De manière plus générale, si pourn∈N, on aDⁿ=Q(D), oùDest diagonale etQ∈C[X], on aMⁿ=Q(M).

SoitM⁰ la matrice

Ñ1 0 0 0 1 1 0 0 1

é

. On remarque que M = QM⁰Q⁻¹ ⇐⇒ M −I3 = Q(M⁰ −I3)Q⁻¹. On

cherche doncQtelle queM −I₃ =

Ñ 1 −3 −1 1 −3 −1

−2 6 2

é

=Q

Ñ0 0 0 0 0 1 0 0 0

é Q⁻¹.

Soitul’endomorphisme canoniquement associé àM−I₃. On cherche donc une base(x₁, x₂, x₃)telle queu(x₃) =x₂ etu(x2) =u(x1) = 0. Prenonsx3 =

Ñ1 0 0

é

, puisx2=u(x3) = Ñ 1

1

−2 é

. On a bienu(x2) = 0(ce qui est rassurant carudoit être nilpotent d’indice 2). On cherche alorsx1tel quex1∈Ker(u)∩(E\Vect(x2, x3)).

(7)

Six₁ = Ña

b c

é

. L’appartenance àKer(u)donnea−3b+c = 0. On peut prendrea = 3, b₁ etc = 0. On a donc u(x₁) = 0, il reste donc à vérifier que (x₁, x₂, x₃) est libre, ce qui est vrai car elle est échelonnée dans la base canonique (quitte à les réordonner). On peut donc prendre :

Q=

Ñ3 1 1

1 1 0

0 −2 0 é

1. Sie= (e₁, . . . , e_n)est uneC-base deE, on peut montrer quee⁰ = (e₁, . . . , e_n, ie₁, . . . , ie_n)est uneR-base deE. En effet, six=

n

X

i=1

x_ie_ien tant queC-base, on peut écrirex=Pn

i=1Re(x_i)e_i+ Im(e_i)ie_i, et on peut conclure.

2. NotonsA=R+iJ = mat_C(u, e), oùRj,ketJj,ksont les parties réelles et imaginaires deAj,k. Soitk ∈ J1, nK, u(e_k) =

n

X

j=1

A_j,ke_j =

n

X

j=1

R_j,ke_j +

n

X

j=1

J_j,k(ie_j) et u(ie_k) = iu(e_k) =

n

X

j=1

(−J_j,k)e_j +

n

X

j=1

Rj,k(iej). Ainsi, on amat_R(u, e⁰) =

ÅR −J

J R

ã .

En effectuant l’opérationL₁←−L₁+iL₂, on obtient quedet_R(u) =

R+iJ −J+iR

J R

, puis en effectuant C₂ ←− C₂−iC₁,detR(u) =

R+iJ 0 J R−iJ

= det(R+iJ)×det(R−iJ) = det(A) ×detA =

|det_C(u)|². En effet,det(A) = X

σ∈Sn

ε(σ)

n

Y

j=1

A_σ(j),j= det(A).

Il faut remarquer qu’on a quasiment un déterminant de Vandermonde. En particulier, il est possible d’interpréter ce déterminant comme le mineur (cofacteur à une puissance de -1 près) d’un déterminant de Vandermonde plus grand. Posons donc :

D_k,n=

1 a₀ · · · a^k−1₀ a^k+1₀ · · · aⁿ⁺¹₀ ..

. a₁ · · · a^k−1₁ a^k+1₁ · · · aⁿ⁺¹₁ ..

. ... ... ... ... 1 a_n · · · a^k−1_n a^k+1_n · · · aⁿ⁺¹_n

qui représente un déterminant de Vandermonde auquel on a enlevé lak-ème colonne.

On considèreP(X) =

1 a0 · · · a^k−1₀ a^k+1₀ · · · aⁿ⁺¹₀ ..

. a₁ · · · a^k−1₁ a^k+1₁ · · · aⁿ⁺¹₁ ..

. ... ... ... ... 1 an · · · a^k−1_n a^k+1_n · · · aⁿ⁺¹_n

1 X Xⁿ⁺¹

et si l’on développe selon la dernière ligne,

D_k,nest alors le mineur selonX^k. OrP(X)¹ =

n

Y

i=0

(X −ai) Y

0≤i<j≤n

(aj −ai). Ainsi, si on noteσk lak-ème fonction symétrique élémentaire de

n

Y

i=0

(X−a_i), alorsD_k,n(−1)^n+k+1= (−1)^n+1−kσn+1−k

Y

0≤i<j≤n

(a_j−a_i). Donc Dk,n =σn+1−k

Y

0≤i<j≤n

(aj−ai)

1. se référer à la démonstration du déterminant de Vandermonde, page 97 du cours d’algèbre linéaire.

(8)

Dans l’exercice, on avait enlevé lan-ème colonne, donc le résultat demandé est :D_n,n = σ₁ Y

0≤i<j≤n

(a_j −a_i) =

n

X

i=0

a_i

! Y

0≤i<j≤n

(a_j −a_i)

Autre méthode : En adaptant la démonstration du calcul du déterminant de Vandermonde.

SoitP un polynôme deR[X]de la forme suivante :P = Xⁿ⁺¹ +

n

X

j=1

b_jX^j−1. Effectuons sur le déterminant de l’énoncé l’opération élémentaire suivante :Cn+1 ←−Cn+1+

n

X

j=1

bjCj. Lei-ème coefficient de la dernière colonne devient alorsaⁿ⁺¹_i +

n

X

j=1

bja^j−1_i =P(ai). En particulier, si l’on choisitP = X+

n−1

X

i=0

ai

!_n−1 Y

i=0

(X−ai)(qui est bien un polynôme unitaire de degrén+ 1 dont le coefficient de degrénest nul, car la somme de ses racines est nulle), les coefficients de la dernière colonne son tous nuls, sauf le dernier, qui vaut a_n+

n−1

X

i=0

a_i

!_n−1 Y

i=0

(a_n−a_i).

Ainsi, en développant par rapport à la dernière colonne, le déterminant de l’énoncé est égal à : V(a₀, . . . , an−1) a_n+

n−1

X

i=0

a_i

!_n−1 Y

i=0

(a_n−a_i). Ce qui donne le résultat

n

X

i=0

ai

! Y

1≤i<j≤n

(aj−ai).

On noteX_i= Ö0

0...

10 0...

è

le vecteur colonne nulle sauf lai-ème position (c’est la base canonique).

Soitϕau automorphisme de(Z^p,+), on peut alors étendreϕen un endomorphisme deϕbdeR^p en posant :

ϕb Å_x₁

x...p

ã

=x₁ϕ(X₁) +. . .+x_pϕ(X_p)

Puisqueϕest un automorphisme de groupe,ϕetϕbcoïncident surZ^p. SoitAla matrice canoniquement associée à ϕb. On a, d’après le cours, pour toutX ∈Z^p:

ϕ(X) =ϕ(X) =b AX Donc :

[AX_i]_k,1 =

p

X

h=1

A_k,h[X_i]_h,1=A_k,i

OrAX_i est dansZ^p, doncA_k,i ∈ Zpour toutk, i, doncAest à coefficients dansZ. De plus, par définition, pour toutX_i, il existeY_itel queϕ(Y₁) =ϕ(Yb _i) =X_i(lesX_iformant une base). Doncrg(ϕ) =b p, on en déduit queϕbest bijective.

SoitB la matrice canoniquement associée àϕb⁻¹.ϕb ^Z

p

Z^p étant bijective par définition, donc comme précédemment, Best à coefficients entiers.

1 = det(AB) = det(A) det(B) = det(A)·det(B)

D’aprèsl’exercice 27.4, commeAet B sont à coefficients entiers, leur déterminant l’est également. Ainsi,Aet B sont deux entiers relatifs, de produit égal à 1, doncdet(A) =±1.

(9)

Réciproquement, s’il existeAsatisfaisant ces 3 conditions, alors Aest inversible d’inverse±^tcom(A), cette matrice est à coefficients entiers, doncA⁻¹X∈Z^p.

En particulier, siϕb⁻¹est l’application canoniquement associée àA, on a pourX1, X2∈Z: ϕ(Xb ₁+X₂) =ϕ(X÷₂) +ϕ(X÷₂)

De plus, ϕ(X÷₁) ∈ Z^p et ϕb⁻¹(X₁) ∈ Z^p puisque A et A⁻¹ sont à coefficients entiers. Donc ϕ = ϕb ^Z

p

Z^p est un isomorphisme.

1^ercas:rgA=n, alorsdetA6= 0, donc^tcom(A) A

det(A) = A detA

tcom(A) =I_ndonc^tcomAest inversible, doncrg(^tcom(A)) =n.

2^e cas:rg(A) ≤ n−2. On étudie alors les cofacteurs. Soiti,jAla matrice extraite deA en ôtant lai-ème ligne et laj-ème colonne. D’après le cours, on arg(_i,jA) ≤n−2, ori,jA∈ Mn−1(K), donc∀i, j ∈J1, nK

2, _i,jAn’est pas inversible, doncdet(i,jA) = 0. Ainsi, pour touti, j∈J1, nK, Ci,j = (−1)^i−jdet(i,jA) = 0, donccom(A)est la matrice nulle, doncrg(com(A)) = rg(^tcom(A)) = 0.

3^ecas:rg(A) =n−1. On a alorsA^tcom(A) = det(A)In= 0cardet(A) = 0.

Soitaetbles endomorphismes canoniquement associés respectivement àAet à^tcom(A).

On a donca◦b = 0 ⇐⇒ Im(b) ⊂ Ker(a) ⇒ dim Im(b) ≤ dim Ker(a), donc rg(b) ≤ n−rg(a) d’après le théorème du rang. Ainsirg(^tcom(A))≤n−(n−1) = 1. Doncrg(^tcom(A))∈ {0,1}.

Montrons alors que^tcom(A) n’est pas nul. D’après le cours, on sait que de toute matriceAon peut extraire une sous-matrice inversible dont la taille est le rang deA. Et à cette sous-matrice correspond un cofacteur non-nul, donc

tcom(A)6= 0.

Finalementrg(^tcom(A)) = 1.

SoitX tel quecom(X) = Aavec A ∈ GLn(K).rg(A) = rg(com(X)) = rg(^tcom(X)) = n, donc X est inversible d’aprèsl’exercice 27.12.

On acom(X) = A, donc^tcom(X) = ^tA, donc det(X)X⁻¹ = ^tA ⇐⇒ det(X)I_n = ^tAX ⇐⇒ X = det(X)^tA⁻¹. On ne connaît pasdetX. Mais on sait quedet(com(X)) = detA. On va chercher à exprimerdetX en fonction dedet(com(X)).

On a^tcom(X) = det(X)I_n, doncdet(^tcom(X)X) = det(det(X)I_n), i.e.det(^tcom(X)) det(X) = detⁿ(X) det(I_n), puis commedet(^tcom(X)) = det(com(X)),det(X)6= 0etdet(In) = 1, on adet(com(X)) = detⁿ⁻¹(X).

1^ercas:n−1pair, i.e.nimpair.

On adet(A) = det(X)ⁿ⁻¹ ≥0, donc sidet(A)<0, il n’y a aucune solution. On suppose donc quedeg(A)≥0.

Doncdet(X) =±det(A)ⁿ⁻¹¹ . Vérifions alors queXest solution.com(X) = com(±det(A)^1/(n−1)tA⁻¹).

SoitCi,j un coefficient decom(±det(A)^1/(n−1)tA⁻¹)pouri, j∈J1, nK.

C_i,j = (−1)^i+jdet(±det(A)^1/(n−1)tA⁻¹) _i,j^tA⁻¹ ∈ M_n−1(R)

= (±det(A)ⁿ⁻¹¹ )ⁿ⁻¹det(i,jtA⁻¹)

= det(A)D_i,j oùD_i,j est le coefficienti, jdecom(^tA⁻¹)

Donccom(X) = com(±det(A)^1/(n−1)tA⁻¹) = det(A) com(^tA⁻¹), or^tcom(^tA⁻¹)·^tA⁻¹ = det(^tA⁻¹)Indonc

tcom(^tA⁻¹) = det(^tA⁻¹)^tA. Cependantdet(^tA⁻¹) = det(A⁻¹) = 1

det(A) carAest inversible.

Donc^tcom(^tA⁻¹) = det(^tA⁻¹)^tA=

tA

detA, donccom(^tA⁻¹) = A

detA, donccom(X) = det(A) com(^tA⁻¹) =A, doncXest bel et bien solution.

2^ecas:n−1impair, i.e.npair.

(10)

On adet(X) = det(A)ⁿ⁻¹¹ doncX= det(X)^tA⁻¹ = det(A)ⁿ⁻¹¹ A⁻¹. Le même calcul suffit pour confirmer queXest bien solution.

Conclusion : Les solutions decom(X) =Asont

• nimpair :

– aucune solution sidet(A)<0 – X=±det(A)ⁿ⁻¹¹ ^tA⁻¹ sinon

• npair :X = detⁿ⁻¹¹ ^tA⁻¹

Sin= 1, l’exercice n’a pas d’intérêt. Néanmoinsdet(com(A)) = 1pourA∈ M₁(R).

i)⇒ii): Supposons queP etQadmettent une racine communeα∈C.

AlorsX−α|PetX−α|Q, doncX−α|P∧Q. CommeP, Q6= 0, P∧Q6= 0. donc1 = deg(X−α)≤deg(P∧Q), d’oùii).

ii)⇒iii). En posantB = −P

P∧Q 6= 0(P∧Q6= 0etP 6= 0) etA= Q

P ∧Q 6= 0carQ6= 0.

On adegB = degP −deg(P ∧Q)≤ m−1cardeg(P ∧Q) ≥1d’aprèsii). De même, on adegA ≤n−1, et AP+BQ= 0, d’oùiii).

iii)⇒iv)A∈Kn−1[X]et on prend(1, X, . . . , Xⁿ⁻¹)la base canonique deKn−1[X]. Ainsi il existe(λ_i)0≤i≤n−16=

0(carA6= 0) telle que

A=

n−1

X

k=0

λkX^k De même, il existe(µi)0≤i≤n−1telle queB =Pn−1

k=0µkX^k. Alors on a

n−1

X

k=0

λ_k(X^kP) +

n−1

X

k=0

µ_k(X^kQ) = 0, avec(λ0, . . . , λn−1, µ0, . . . , µn−1). Donc(P, XP, . . . Xⁿ⁻¹P, Q, . . . X^m−1Q)est liée.

iv) ⇐⇒ v)Posonsϕl’unique endomorphisme deKn+m−1[X]telle que

∀k∈J0, n+m−1K, X^k7−→

®X^kP sik≤n−1 X^k−nQ sik≥n On aM = mat(ϕ, c)oùcest la base canonique deKn+m−1[X], et on a

M =







P XP Xⁿ⁻¹P Q X^m−1Q

a0 0 · · · 0 · · · 0 b0

0

a1 a0

... ... b1 b0

..

. ... ... 0 ... ... ... an an−1

... ... ... bn

...

0 an

..

. ... ... ... ... ... ..

. ... ... ... ... 0 ... ...

0 0 · · · a0 0 · · · b1 b0







det(M) = 0 ⇐⇒ M non inversible

⇐⇒ ϕnon bijective

⇐⇒ ϕ(c)est liée (cétant une base)

⇐⇒ (P, XP, . . . , Xⁿ⁻¹P, Q, XQ, . . . , X^m−1Q)est liée

(11)

Donciv) ⇐⇒ v).

v) ⇒ i) : Comme(P, XP, . . . , Xⁿ⁻¹P, Q, XQ, . . . , X^m−1Q) est liée, il existe(λi)0≤i≤n−1,(µi)0≤i≤m−1 6= 0 telle que

n−1

X

i=0

λ_i(XⁱP) +

m−1

X

i=0

µ_i(XⁱQ) = 0. En posantA=

n−1

X

i=0

λiXⁱetB=

m−1

X

i=0

µiXⁱ, alors on a queAP +BQ= 0.

De plus,A 6= 0ou B 6= 0. Sans perte de généralité on peut supposer queA 6= 0, siB = 0, alorsAP = 0 et commeP 6= 0,A= 0 . DoncA6= 0etB 6= 0. De plusdegA≤n−1etdegB ≤m−1.

0 =AP+BQ= (P ∧B) Å

A P

P ∧B + B P ∧BQ

ã

(P∧B 6= 0).

CommeP∧B 6= 0carP 6= 0, on aA P

P ∧B + B

P∧BQ= 0, et puisquedegB ≤m−1puisdegP∧B ≤m−1, doncdeg P

P∧B ≥1, donc P

P ∧B admet d’après le théorème de d’Alembert-Gauss une racine dansC, notéea.

Comme P

P∧B ∧ B

P∧B = 1,an’est pas racine de B

P ∧B, alors 0 + B

P ∧B(a)Q(a) = 0, doncQ(a) = 0, or

comme P

P∧B(a) = 0, P(a) = 0.

Doncaest une racine commune àP etQ.

Remarque : On a donc une condition polynomiale en fonction deP et Q, c’est une fonction continue deP et Q, c’est un polynôme àn+m+ 2indéterminées, et on appelle ce polynôme le résultant dePetQ, il y a une énorme théorie derrière.

Exercice classique.

SoitAetB deux matrices réelles équivalentes. SoitP tel queP A=BP. On noteP1 = Re(P)etPi = Im(P)(Re etImdésignant les matrices composées des parties réelles et imaginaires). On a alors(P₁+iP₂)A=B(P₁+iP₂). Comme les matrices considérées sont réelles, on a en particulier :

®P1A=P1B P₂A=BP₂ . En sommant avec pondérations ces deux égalités, on en déduit pourxréel :

(P₁+xP₂)A=B(P₁+xP₂)

Il suffit alors de trouverxtel queQ_x=P₁+xP₂ ∈GL_n(R). L’applicationf :x7−→det(Q_x)est un polynôme de degré au plusnenx. De plus,f(i) 6= 0, doncf n’est pas nul. Doncf admet au plusnracines. Donc il existextel quef(x)6= 0, i.e.Qxest inversible, et on a alorsQxA=BQx, comme attendu.

Astuce à connaître:Aet B semblables ⇐⇒ A = P BP⁻¹, multiplier parP pour rendre le tour linéaire en fonction deP.

Le fait quedetQ_xest un polynôme est à justifier en concours, en explicitant la formule du déterminant.

1.

D_n=

1 α1+β1

1

α1+β2 · · · _α ¹

1+βn

..

. ...

1

αn+β1 · · · _α ¹

n+βn

∀i∈J1, nK, on multiplieL_iparα_i+β₁:

Dn= 1

n

Y

i=1

(α_i+β₁)

1 ^α_α¹^+β¹

1+β2 · · · _α^α¹^+β¹

1+βn

..

. ...

1 · · · ^α_αⁿ^+β¹

n+βn

(12)

∀i ∈ J1, nK, ∀j ∈ J2, nK, α_i+β₁

α_i+β_j = 1 + β1−βj

α_i+β_j. Donc en effectuant∀j ∈ J2, nK, C_j ←− C_j −C₁, on obtient :

D_n= 1

n

Y

i=1

(αi+β1)

1 ^β_α¹^+β²

1+β2 · · · _α^β¹^+βⁿ

1+βn

..

. ...

1 · · · _α^β¹^+βⁿ

n+βn

On peut sortir, pour toutj∈ {2, . . . , n}deCj le facteurβ1−βj :

Dn=

n

Y

j=2

(β1−βj)

n

Y

i=1

(α_i+β₁)

1 _α ¹

1+β2 · · · _α ¹

1+βn

..

. ... ... 1 _α ¹

n+β2 · · · _α ¹

n+βn

On fait alors∀i∈J2, nK, Li←−Li−L1:

D_n= Qn

j=2(β1−βj) Qn

i=1(αi+β1) 1 0 .. .

Å α1−αi

(αi+βj)(α1+βj) ã

2≤i≤n 2≤j≤n

0

DoncD_n=

n

Y

j=2

(β₁−β_j)

n

Y

i=1

(α_i+β₁)

n

Y

i=2

(α₁−α_i)

n

Y

j=2

(α₁+β_j)

Dn−1, oùD_n= det Å 1

α_i+β_j ã

1≤i,j≤n

etDn−k= det Å 1

α_i+β_j ã

1+k≤i,j≤n

.

Par récurrence, on a alorsD_n, avecD₂=D_n−(n−2) = 1

(αn−1+βn−1)(α_n+β_n)− 1

(α_n+βn−1)(αn−1+β_n). On trouve finalement queD_n=

Y

1≤i<j≤n

(β_i−β_j)(α_i−α_j) Y

1≤i≤n 1≤j≤n

(αi+βj)

2. On considèreF(X) = 1 X+βn

+

n−1

X

j=1

αj

X+βj

=λ

n−1

Y

j=1

(X−αj)

n

Y

j=1

(X+β_j 1^ercas: 2αiouβj sont égaux, auquel casDn= 0.

2^ecas: On suppose que lesα_iet lesβ_jsont deux à deux distincts.

En multipliant parX+β_net en évaluant en−β_n:

1 =λ

n−1

Y

j=1

(−β_n−α_j)

n

Y

j=1

(−β_n+β_j

d’oùλ=

n−1

Y

j=1

(β_j −β_n)

(−1)ⁿ⁺¹

n

Y

j=1

(β_n+α_j On pose

F⁰(X) =

Å 1 αi+βj

ã

1≤i≤n−1 1≤k≤n 1

X+β1 · · · _X+β¹

n

(13)

En développant selon la dernière ligne, on a : F⁰(X) =

n

X

k=1

λ_k

X+β_k = A(X)

n

Y

j=1

(X+βj)

où degA≤n−1

De plus, pour touti ∈ {1, . . . , n−1}, F⁰(αi) = 0on obtient deux lignes égales et lesαi sont deux à deux distincts, doncA(X) = λ

n−1

Y

j=1

(X−α_j). En utilisant ce qui précède, on peut trouver λtel que : F⁰(X) = 1

X+β_n+

n−1

X

j=1

a_j X+β_j.

Mais le coefficient devant _X+β¹ _n lorsque l’on développe selon la dernière ligne est

D_n−1⁰ =

Å 1 α_i+β_j

ã

1≤i≤n−1 1≤j≤n−1

D’oùF⁰(X) =D_n−1⁰ ×λ×

n−1

Y

j=1

(X−αj)

n

Y

j=1

(X+β_j) .

On aD_n⁰ =F⁰(αn)et finalement :

D⁰_n=D_n−1⁰

n−1

Y

j=1

(βn−βj)

n−1

Y

j=1

(βn+αj)

n−1

Y

i=1

(α_n−α_i)

n

Y

j=1

(α_n+β_j) Et on conclut par récurrence, et on retrouve la même formule.

Autre méthode :

Soit(a₁, . . . , an−1)∈Cⁿ⁻¹. Si l’on effectue l’opérationC_n ←−C_n+

n−1

X

j=1

a_jC_j, lei-ème coefficient deC_ndevient 1

α_i+β_n +Pn−1 j=1a_j 1

α_i+β_j = F(α_i), oùF désigne la fraction rationnelle F(X) = 1 X+β_n +

n−1

X

j=1

a_j 1 X+β_j.

NotonsG(X) =

n−1

Y

j=1

(X−α_j)

n

Y

j=1

(X−β_j)

. La décomposition en éléments simples deG(X)donne :G(X) =

n

X

j=1

bj

X+β_j, où

b_n =

n−1

Y

j=1

−β_n−α_j

−β_n+βj. Ainsi, en posantF(X) = 1 bn

G(X), il existe bien(a₁, . . . , an−1) ∈ Cⁿ⁻¹ tels queF(X) = 1

X+β_n +

n−1

X

j=1

a_j 1

X+β_j, et ce qui précède montre que l’on peut remplacer la dernière colonne par une colonne dont lei-ème coefficient vaut 1

b_nG(αi). Cette dernière quantité est nulle, sauf lorsquei=n. En développant selon la dernière colonne on obtient donc :

D=

1 bn

G(αn)Dn−1=

n−1

Y

j=1

βn−βj

βn+αj

× Qn−1

j=1(α_n−α_j) Qn

j=1(αn−βj)Dn−1

(14)

Par récurrence, on en déduit heureusement la même formule.

1. Notonsgl’application deEdansK^p définie parg

n

X

i=1

α_ie_i

!

= Öα_k₁

.. . α_k_p

è

. C’est une application linéaire et ϕ(x1, . . . , xp) = detc(g(x1), . . . , g(xp)), oùcdésigne la base canonique deK^p. On en déduit immédiatement queϕest une formep-linéaire alternée.

Ou bien :

ϕ(x1, . . . , xp) = X

σ∈Sp

ε(σ)

p

Y

i=1

e^∗_h

σ(i)(xi)donc on estp-linéaire

= det

(ek1,...,e_kp)(q(x1), . . . , q(xp))oùqest la projection surVect(e_k₁, . . . , e_k_p)//^tàVect({e_i/ i6=kj})

= alternée

2. Soitf une formep-linéaire alternée surE. On a vu dans le cours quef(x₁, . . . , x_p) = X

(i1,...,ip)∈J1,nK^p

x_1,i₁ · . . .·x_p,i_p×f(e_i₁, . . . , e_i_p).

NotonsUl’ensemble desp-uplets d’éléments distincts deJ1, nK:U ={(i₁, . . . , ip)∈J1, nK

p / k6=h⇒i_h 6=i_k}. Définissons alors la relationRpar :∀u, v ∈ U, uRv ⇐⇒ ∃σ ∈ S_p, /u =σ(v). Alors les classes d’équi- valence sont uniquement déterminées par les valeursk₁ < . . . < k_p ∈ J1, nKprises paruetv. De plus, on vérifie aisément queRest une relation d’équivalence, d’où :

U = G

1≤k1<...<kp≤n

(k_σ(1), . . . , k_σ(p))/ σ∈ S_p

On en déduit alors que :

f(x1, . . . , xp) = X

1≤k₁<...<kp≤n

X

σ∈Sp

x_1,k_σ(1)·. . .·x_p,k_σ(p)×f(e_k_σ(1), . . . , e_k_σ(p))

= X

1≤k₁<...<kp≤n

X

σ∈Sp

x_1,k_σ(1)·. . .·x_p,k_σ(p)×ε(σ)×f(e_k₁, . . . , e_k_p)

= X

1≤k₁<...<kp≤n

f(e_k₁, . . . , e_k_p) X

σ∈Sp

ε(σ)

p

Y

i=1

x_i,k_σ(i)

= X

1≤k₁<...<kp≤n

f(e_k₁, . . . , e_k_p)ϕ_k₁_,...,k_p(x1, . . . , xp)

i.e.,f = X

1≤k1<...<kp≤n

f(ek1, . . . , ekp)ϕk1,...,kp, ce qui démontre que

ϕk1,...,kp /1≤k1< . . . < kp ≤n est génératrice.

Montrons qu’elle est libre.

On aϕ_h₁_,...,h_p(e_k₁, . . . , e_k_p) = X

σ∈Sp

ε(σ)

p

Y

i=1

e^∗_h

σ(i)(e_k_i)

| {z }

δ_hσ(i),ki

.

p

Y

i=1

e^∗_h

σ(i)(e_k_i)6= 0⇒ ∀i∈J1, pK, h_σ(i)=k_i ⇒σ= Id

J1,pK, car siσ6= Id

J1,pK, alors il existei, j∈J1, nK, i <

jtels queσ(i)> σ(j), donc d’après la première condition,ki> kj ce qui est faux.

Doncϕ_h₁_,...,h_p(e_k₁, . . . , e_k_p) =δ_h₁_,k₁δ_h₂_,k₂ ·. . .·δ_h_p_,k_p. Supposons queh= X

1≤h1<...<hp≤n

α_h₁_,...,h_pϕ_h₁_,...,h_p = 0.

(15)

Alors, cette égalité appliquée à(e_k₁, . . . , e_k_p)donne

0 = X

1≤h₁<...<hp≤n

α_h₁_,...,h_p·ϕ_h₁_,...,h_p(e_k₁, . . . , e_k_p) =α_k₁_,...,k_p Donc la famille est bien libre, donc c’est bien une base.

De plus, la dimension deApest le cardinal de cette base, qui correspond au nombre de parties àpéléments parmin, soitdimA_p =

Çn p

å .

On retrouve le fait que les formesn-linéaires en dimensionnforment une droite vectorielle.

On diagonaliseA:χA=

λ− ¹₃ 0 ⁻²₃

−2

3 λ−¹₃ 0

0 ⁻²₃ λ−¹₃ . D’après la formule de Sarrus, on a

χa(λ) = Å

λ− 1 3

ã3

− Å2

3 ã3

= (λ−1) ÇÅ

λ−1 3

ã2

+2 3

Å λ−1

3 ã

+ Å2

3 ã2å

= (λ−1) Å

λ²+1 3

ã

= (λ−1) Å

λ− i

√ 3

ã Å λ+ i

√ 3

ã

On a trois valeurs propres, donc on est bien diagonalisable (elle engendre toutes des sous-espaces propres de dimension supérieure à 1 qui sont en somme directe, ou c’est du cours).

Donc il existeP ∈GL₃(C)tel queA=P DP⁻¹avecD=

Ö1 0 0 0 ^√ⁱ

3 0

0 0 −^√ⁱ

3

è .

Dⁿ=

Ö1 0 0 0 Ä _i

√ 3

än

0

0 0 Ä

−^√ⁱ

3

än

è

−−−−−→

n→+∞

Ñ1 0 0 0 0 0 0 0 0

é

=E

De plus, on a bienAⁿ = P DⁿP⁻¹ −−−−−→

n→+∞ P EP⁻¹ carM 7−→ P M P⁻¹ est linéaire, et nous sommes en dimension finie, donc elle est continue.

On va ensuite chercher un polynômeQdeC2[X]tel queQ(D) = E, i.e. tel que Q(1) = 1et Q Å

± i

√3 ã

= 0, il est unique (c’est un polynôme d’interpolation de Lagrange) et il s’agit deQ(X) = 3

4 Å

X²+1 3

ã

. Ainsi on obtient la relation magique :

Aⁿ−−−−−→

n→+∞ P EP⁻¹=P Q(D)P⁻¹=Q(A) On calculeA²= 1

9

Ñ1 0 2 2 1 0 0 2 1

é2

= 1 9

Ñ1 4 4 4 1 4 4 4 1

é

, puisQ(A) = Ö₁

3 1 3

1 3 1 3

1 3

1 3 1 3

1 3

è . Autre solution :

PosonsJ =

Ñ0 0 1 1 0 0 0 1 0

é

:A = 1

3(I₃+ 2J), donc pour diagonaliserA, il suffit de diagonaliserJ. MaisJ³ =I₃, doncJest annulé parX³−1 = (X−1)(X−j)(X−j¹)qui est scindé à racines simples, doncJest diagonalisable