Exercices corrigés : Déterminants (Prépa, 1re année)

1. En partant de $1$ : $\sigma(1)=4$, $\sigma(4)=7$, $\sigma(7)=3$, $\sigma(3)=1$. On obtient le cycle $(1\ 4\ 7\ 3)$. Le plus petit élément non rencontré est $2$ : $\sigma(2)=6$, $\sigma(6)=8$, $\sigma(8)=5$, $\sigma(5)=2$, d'où le cycle $(2\ 6\ 8\ 5)$. Les huit éléments ont été rencontrés, donc $$\sigma=(1\ 4\ 7\ 3)(2\ 6\ 8\ 5),$$ les deux cycles commutant car leurs supports sont disjoints.

2. La signature est un morphisme et un cycle de longueur $p$ a pour signature $(-1)^{p-1}$, donc $$\varepsilon(\sigma)=(-1)^3\times(-1)^3=1.$$ Avec $(a_1\ \cdots\ a_p)=(a_1\ a_2)(a_2\ a_3)\cdots(a_{p-1}\ a_p)$ : $$\sigma=(1\ 4)(4\ 7)(7\ 3)(2\ 6)(6\ 8)(8\ 5).$$ On trouve six transpositions, nombre pair, ce qui est cohérent avec $\varepsilon(\sigma)=1$.

3. On a $\sigma^{-1}(k)=l$ si et seulement si $\sigma(l)=k$. On lit : $\sigma(3)=1$, $\sigma(5)=2$, $\sigma(7)=3$, $\sigma(1)=4$, $\sigma(8)=5$, $\sigma(2)=6$, $\sigma(4)=7$, $\sigma(6)=8$. D'où $$\sigma^{-1}=\begin{pmatrix}1&2&3&4&5&6&7&8\\3&5&7&1&8&2&4&6\end{pmatrix}.$$ L'inverse d'un cycle s'obtient en parcourant ses éléments en sens inverse, et $(\gamma_1\gamma_2)^{-1}=\gamma_2^{-1}\gamma_1^{-1}=\gamma_1^{-1}\gamma_2^{-1}$ puisque les cycles disjoints commutent. Donc $\sigma^{-1}=(1\ 3\ 7\ 4)(2\ 5\ 8\ 6)$, ce que confirme le tableau.

4. Posons $\gamma_1=(1\ 4\ 7\ 3)$ et $\gamma_2=(2\ 6\ 8\ 5)$. Comme ils commutent, $\sigma^k=\gamma_1^k\gamma_2^k$ pour tout $k$. Le carré d'un cycle $(a\ b\ c\ d)$ envoie $a$ sur $c$, $b$ sur $d$, $c$ sur $a$, $d$ sur $b$ : c'est $(a\ c)(b\ d)$. Ainsi $$\sigma^2=(1\ 7)(4\ 3)(2\ 8)(6\ 5).$$ Un cycle de longueur $4$ vérifie $\gamma^4=\mathrm{id}$, donc $\sigma^4=\mathrm{id}$. Par ailleurs $\sigma\neq\mathrm{id}$, $\sigma^2\neq\mathrm{id}$ d'après le calcul, et $\sigma^3(1)=\sigma(\sigma(4))=\sigma(7)=3\neq1$, donc $\sigma^3\neq\mathrm{id}$. Le plus petit entier cherché est $k=4$.

1. On n'utilise que des opérations $L_i\leftarrow L_i+\lambda L_j$ avec $j\neq i$, effectuées successivement : elles ne changent pas le déterminant.

$L_2\leftarrow L_2-2L_1$, $L_3\leftarrow L_3+L_1$, $L_4\leftarrow L_4-3L_1$ (chacune utilise $L_1$, qui n'est pas modifiée) : $$\det A=\det\begin{pmatrix}1&2&0&1\\0&1&1&1\\0&2&3&2\\0&0&1&2\end{pmatrix}.$$ $L_3\leftarrow L_3-2L_2$ : $$\det A=\det\begin{pmatrix}1&2&0&1\\0&1&1&1\\0&0&1&0\\0&0&1&2\end{pmatrix}.$$ $L_4\leftarrow L_4-L_3$ : $$\det A=\det\begin{pmatrix}1&2&0&1\\0&1&1&1\\0&0&1&0\\0&0&0&2\end{pmatrix}.$$ La matrice est triangulaire supérieure, son déterminant est le produit des coefficients diagonaux : $\det A=1\times1\times1\times2=2$.

2. $\det(A^T)=\det A=2$. Comme $A\in\mathcal M_4(\mathbb R)$, $\det(-A)=(-1)^4\det A=2$. Par multiplicativité, $\det(A^3)=(\det A)^3=8$. Enfin $\det A=2\neq0$, donc $A$ est inversible et $\det(A^{-1})=\dfrac1{\det A}=\dfrac12$.

1. Pour $i<j$, on a $\sigma_n(i)=n+1-i>n+1-j=\sigma_n(j)$. Tous les couples $(i,j)$ avec $i<j$ sont des inversions ; il y en a $\binom n2=\dfrac{n(n-1)}2$. Donc $$\varepsilon(\sigma_n)=(-1)^{n(n-1)/2}.$$

2. Pour $1\leqslant k\leqslant p$, on a $k<n+1-k$ (car $2k\leqslant 2p\leqslant n<n+1$). Les transpositions $(k\ \ n+1-k)$, $1\leqslant k\leqslant p$, ont des supports deux à deux disjoints, et leur produit envoie $k$ sur $n+1-k$ et $n+1-k$ sur $k$ ; si $n=2p+1$, l'élément $p+1$ vérifie $\sigma_n(p+1)=p+1$ et est fixé par toutes ces transpositions. Donc $$\sigma_n=\prod_{k=1}^{p}(k\ \ n+1-k),\qquad \varepsilon(\sigma_n)=(-1)^p.$$ Cohérence : si $n=2p$, $\frac{n(n-1)}2=p(2p-1)$, de même parité que $p$ car $2p-1$ est impair ; si $n=2p+1$, $\frac{n(n-1)}2=(2p+1)p$, de même parité que $p$. Les deux calculs concordent.

3. Notons $(E_1,\dots,E_n)$ la base canonique $\mathcal B_c$ de $\mathbb R^n$. La $j$-ième colonne de $A_n$ a un unique coefficient non nul, égal à $1$, sur la ligne $i=n+1-j$ : c'est $E_{n+1-j}=E_{\sigma_n(j)}$. Par l'effet d'une permutation sur une forme $n$-linéaire alternée, $$\det A_n=\det\nolimits_{\mathcal B_c}(E_{\sigma_n(1)},\dots,E_{\sigma_n(n)})=\varepsilon(\sigma_n)\det\nolimits_{\mathcal B_c}(E_1,\dots,E_n)=\varepsilon(\sigma_n).$$

4. $\det A_n=1$ si et seulement si $p$ est pair. Si $n=2p$ avec $p$ pair, $n\equiv0\pmod 4$ ; si $n=2p+1$ avec $p$ pair, $n\equiv1\pmod4$. Donc $\det A_n=1$ si et seulement si $n\equiv0$ ou $1\pmod4$, et $\det A_n=-1$ si $n\equiv2$ ou $3\pmod 4$.

1. $$A_3=\begin{pmatrix}1&1&1\\1&2&2\\1&2&3\end{pmatrix},\qquad B_3=\begin{pmatrix}1&2&3\\2&2&3\\3&3&3\end{pmatrix}.$$

2. On effectue successivement $L_n\leftarrow L_n-L_{n-1}$, puis $L_{n-1}\leftarrow L_{n-1}-L_{n-2}$, …, puis $L_2\leftarrow L_2-L_1$. À chaque étape, on retranche une ligne qui n'a pas encore été modifiée, donc la ligne $i$ devient exactement « ancienne $L_i$ moins ancienne $L_{i-1}$ », et le déterminant ne change pas. Pour $i\geqslant2$ :

• si $j\leqslant i-1$ : $\min(i,j)-\min(i-1,j)=j-j=0$ ;
• si $j\geqslant i$ : $\min(i,j)-\min(i-1,j)=i-(i-1)=1$.

La ligne $1$ vaut $(1,1,\dots,1)$. La matrice obtenue est triangulaire supérieure, avec des $1$ sur la diagonale. Donc $\det A_n=1$.

3. On effectue successivement $L_1\leftarrow L_1-L_2$, puis $L_2\leftarrow L_2-L_3$, …, puis $L_{n-1}\leftarrow L_{n-1}-L_n$. À l'étape $i$, la ligne $L_{i+1}$ n'a pas encore été modifiée ; le déterminant est inchangé. Pour $i\leqslant n-1$ :

• si $j\leqslant i$ : $\max(i,j)-\max(i+1,j)=i-(i+1)=-1$ ;
• si $j\geqslant i+1$ : $\max(i,j)-\max(i+1,j)=j-j=0$.

La ligne $n$ reste $(n,n,\dots,n)$. La matrice obtenue est triangulaire inférieure : ses coefficients au-dessus de la diagonale sont nuls (lignes $i\leqslant n-1$ et $j\geqslant i+1$). Sa diagonale est formée de $n-1$ coefficients $-1$ et du coefficient $n$ en position $(n,n)$. Donc $$\det B_n=(-1)^{n-1}n.$$ Contrôle : $\det B_2=2-4=-2$ et, en développant $B_3$ selon la première ligne, $1(6-9)-2(6-9)+3(6-6)=3$.

1. $D_1=5$ et $D_2=\det\begin{pmatrix}5&2\\2&5\end{pmatrix}=25-4=21$.

2. Soit $n\geqslant3$ et $M_n$ la matrice de l'énoncé. On développe selon la première ligne, dont les seuls coefficients non nuls sont $5$ en position $(1,1)$ et $2$ en position $(1,2)$ : $$D_n=5\,\Delta_{11}-2\,\Delta_{12}.$$

• En supprimant la ligne $1$ et la colonne $1$, on obtient la matrice de même forme de taille $n-1$ : $\Delta_{11}=D_{n-1}$.
• En supprimant la ligne $1$ et la colonne $2$, on obtient une matrice dont la première colonne est formée des coefficients $m_{21},\dots,m_{n1}$ de $M_n$, soit $(2,0,\dots,0)^T$. En la développant selon cette colonne (signe $+$ en position $(1,1)$), on obtient $2$ fois le déterminant de la matrice formée des lignes et colonnes $3$ à $n$ de $M_n$, qui est la matrice de même forme de taille $n-2$. Donc $\Delta_{12}=2D_{n-2}$.

Ainsi $D_n=5D_{n-1}-4D_{n-2}$.

3. La suite $(D_n)_{n\geqslant1}$ vérifie une récurrence linéaire d'ordre $2$ d'équation caractéristique $r^2-5r+4=0$, soit $(r-1)(r-4)=0$, de racines distinctes $1$ et $4$. Il existe donc $\alpha,\beta\in\mathbb R$ tels que $D_n=\alpha+\beta\,4^n$ pour tout $n\geqslant1$. Les conditions initiales donnent $$\begin{cases}\alpha+4\beta=5\\ \alpha+16\beta=21\end{cases}$$ d'où $12\beta=16$, $\beta=\frac43$ et $\alpha=5-\frac{16}3=-\frac13$. Donc $$D_n=\frac{4^{n+1}-1}{3}.$$ Contrôle : la récurrence donne $D_3=5\times21-4\times5=85$ et la formule $\frac{256-1}3=85$.

1. $D_2=\det\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}=-1$. En développant selon la première ligne, $$D_3=\det\begin{pmatrix}0&1&2\\1&0&1\\2&1&0\end{pmatrix}=0-1\cdot(0-2)+2\cdot(1-0)=4.$$

2. Chaque opération retranche à $L_i$ la ligne $L_{i-1}$, pas encore modifiée : le déterminant ne change pas et la nouvelle ligne $i$ est l'ancienne $L_i$ moins l'ancienne $L_{i-1}$. Pour $i\geqslant2$ :

• si $j\leqslant i-1$ : $|i-j|-|i-1-j|=(i-j)-(i-1-j)=1$ ;
• si $j\geqslant i$ : $|i-j|-|i-1-j|=(j-i)-(j-i+1)=-1$.

La ligne $1$ reste $(0,1,2,\dots,n-1)$ ; pour $i\geqslant2$, la ligne $i$ est formée de $i-1$ coefficients $1$ suivis de $n-i+1$ coefficients $-1$.

3. Les opérations $C_j\leftarrow C_j+C_1$ utilisent toutes $C_1$, qui n'est pas modifiée : le déterminant ne change pas. La colonne $C_1$ vaut $(0,1,\dots,1)^T$.

• Ligne $1$ : son premier coefficient est $0$, elle reste $(0,1,2,\dots,n-1)$.
• Ligne $i\geqslant2$, colonne $j\geqslant2$ : le coefficient devient $1+1=2$ si $j\leqslant i-1$ et $-1+1=0$ si $j\geqslant i$. Le premier coefficient reste $1$.

Ainsi, pour $i\geqslant2$, la ligne $i$ est $(1,2,\dots,2,0,\dots,0)$, avec des $2$ en colonnes $2$ à $i-1$ et des $0$ en colonnes $i$ à $n$.

Dans la dernière colonne, seul le coefficient $(1,n)$ est non nul (pour $i\geqslant2$, on a $n\geqslant i$, donc le coefficient $(i,n)$ est nul) ; il vaut $n-1$, avec le signe $(-1)^{1+n}$. Le mineur associé s'obtient en supprimant la ligne $1$ et la colonne $n$ : ses lignes sont les lignes $i=2,\dots,n$ restreintes aux colonnes $1$ à $n-1$. La ligne d'indice $i$ y occupe le rang $i-1$ et a des zéros dans les colonnes $j\geqslant i$ : cette matrice est triangulaire inférieure. Son coefficient diagonal en position $(i-1,i-1)$ vaut $1$ si $i=2$ et $2$ si $i\geqslant3$. Son déterminant est $2^{n-2}$. Donc $$D_n=(-1)^{n+1}(n-1)\,2^{n-2}=(-1)^{n-1}(n-1)\,2^{n-2}.$$ Contrôle : $n=2$ donne $-1$ et $n=3$ donne $2\times2=4$, conformément à la question 1.

1. Multilinéarité. Fixons $i$. Le terme $f(x_1,\dots,u(x_i),\dots,x_n)$ est linéaire en $x_k$ pour $k\neq i$ (linéarité de $f$ en la $k$-ième variable) et linéaire en $x_i$ (composée de l'application linéaire $u$ et de la linéarité de $f$ en la $i$-ième variable). Une somme de formes $n$-linéaires est $n$-linéaire.

Caractère alterné. Si $n=1$, il n'y a rien à vérifier. Sinon, supposons $x_k=x_l=y$ avec $k<l$. Pour $i\notin\{k,l\}$, le $i$-ième terme contient $y$ en positions $k$ et $l$ : il est nul car $f$ est alternée. Restent $$T_k=f(\dots,\underbrace{u(y)}_{k},\dots,\underbrace{y}_{l},\dots),\qquad T_l=f(\dots,\underbrace{y}_{k},\dots,\underbrace{u(y)}_{l},\dots),$$ les autres positions étant identiques. $T_l$ s'obtient à partir de $T_k$ en échangeant les vecteurs des positions $k$ et $l$ ; par antisymétrie, $T_l=-T_k$. Donc $g_f(x_1,\dots,x_n)=0$ et $g_f\in\Lambda_n(E)$.

2. Soit $\mathcal B$ une base de $E$. D'après la question 1 et le théorème de structure, $g_{\det_{\mathcal B}}=c\,\det_{\mathcal B}$ avec $c=g_{\det_{\mathcal B}}(\mathcal B)$. Toute $f\in\Lambda_n(E)$ s'écrit $f=\lambda\det_{\mathcal B}$, et la définition montre que $g_{\lambda h}=\lambda g_h$. Donc $g_f=\lambda\,c\det_{\mathcal B}=c\,f$ : le scalaire $c$ convient pour toute $f$. Unicité : si $c'$ convient aussi, on prend $f=\det_{\mathcal B}$ et on évalue en $\mathcal B$ : $c=c'\det_{\mathcal B}(\mathcal B)=c'$. Ce scalaire, caractérisé sans référence à une base, est noté $c(u)$.

3. On a $c(u)=g_{\det_{\mathcal B}}(e_1,\dots,e_n)=\sum_{i=1}^n\det_{\mathcal B}(e_1,\dots,e_{i-1},u(e_i),e_{i+1},\dots,e_n)$. Avec $u(e_i)=\sum_{k=1}^na_{ki}e_k$ et la linéarité en la $i$-ième variable : $$\det\nolimits_{\mathcal B}(e_1,\dots,u(e_i),\dots,e_n)=\sum_{k=1}^na_{ki}\det\nolimits_{\mathcal B}(e_1,\dots,\underbrace{e_k}_{i},\dots,e_n).$$ Pour $k\neq i$, le vecteur $e_k$ apparaît deux fois (en position $i$ et en position $k$) : le terme est nul. Pour $k=i$, on obtient $\det_{\mathcal B}(\mathcal B)=1$. Le $i$-ième terme vaut donc $a_{ii}$ et $$c(u)=\sum_{i=1}^na_{ii}=\mathrm{tr}(A).$$

4. Le scalaire $c(u)$ est défini de façon unique par la question 2, sans choix de base. La question 3 montre que $\mathrm{tr}(\mathrm{Mat}_{\mathcal B}(u))=c(u)$ pour toute base $\mathcal B$ : cette trace ne dépend pas de $\mathcal B$. On peut donc définir $\mathrm{tr}(u)=c(u)$.

1. $P_\sigma E_k$ est la $k$-ième colonne de $P_\sigma$, soit $E_{\sigma(k)}$. La $j$-ième colonne de $P_\sigma P_{\sigma'}$ est $P_\sigma E_{\sigma'(j)}=E_{\sigma(\sigma'(j))}$, qui est la $j$-ième colonne de $P_{\sigma\sigma'}$. Donc $P_\sigma P_{\sigma'}=P_{\sigma\sigma'}$. Comme $P_{\mathrm{id}}=I_n$, on obtient $P_\sigma P_{\sigma^{-1}}=P_{\sigma^{-1}}P_\sigma=P_{\mathrm{id}}=I_n$ : $P_\sigma$ est inversible d'inverse $P_{\sigma^{-1}}$.

2. Par définition du déterminant d'une matrice et par l'effet d'une permutation sur la forme alternée $\det_{\mathcal B_c}$ : $$\det P_\sigma=\det\nolimits_{\mathcal B_c}(E_{\sigma(1)},\dots,E_{\sigma(n)})=\varepsilon(\sigma)\det\nolimits_{\mathcal B_c}(E_1,\dots,E_n)=\varepsilon(\sigma).$$

3. $(P_\sigma^T)_{ij}=(P_\sigma)_{ji}=\delta_{j,\sigma(i)}$ et $(P_{\sigma^{-1}})_{ij}=\delta_{i,\sigma^{-1}(j)}$. Or $j=\sigma(i)$ si et seulement si $i=\sigma^{-1}(j)$ : les coefficients sont égaux, donc $P_\sigma^T=P_{\sigma^{-1}}$.

4. Le coefficient $(i,j)$ de $P_\sigma^TAP_\sigma$ est $$\sum_{k=1}^n\sum_{l=1}^n(P_\sigma^T)_{ik}\,a_{kl}\,(P_\sigma)_{lj}=\sum_{k=1}^n\sum_{l=1}^n\delta_{k,\sigma(i)}\,a_{kl}\,\delta_{l,\sigma(j)}=a_{\sigma(i)\sigma(j)}.$$ Par multiplicativité, et avec $\det(P_\sigma^T)=\det P_\sigma=\varepsilon(\sigma)$ : $$\det(a_{\sigma(i)\sigma(j)})=\varepsilon(\sigma)\det A\,\varepsilon(\sigma)=\varepsilon(\sigma)^2\det A=\det A.$$

5. a) $\sigma(1)=2$, $\sigma(2)=3$, $\sigma(3)=1$, donc $P_\sigma$ a pour colonnes $E_2,E_3,E_1$ : $$P_\sigma=\begin{pmatrix}0&0&1\\1&0&0\\0&1&0\end{pmatrix},\qquad I_3+P_\sigma=\begin{pmatrix}1&0&1\\1&1&0\\0&1&1\end{pmatrix}.$$ En développant selon la première ligne : $\det(I_3+P_\sigma)=1\cdot(1-0)-0+1\cdot(1-0)=2$.

b) Par linéarité et la question 1 : $$P_\tau X=E_{\tau(1)}-E_{\tau(2)}+E_{\tau(3)}-E_{\tau(4)}=E_2-E_3+E_4-E_1=-X.$$ Donc $(I_4+P_\tau)X=0$ avec $X\neq0$ : la matrice $I_4+P_\tau$ n'est pas inversible, et $\det(I_4+P_\tau)=0$.

1. Notons $C_j$ la colonne $(P_{j-1}(x_i))_{1\leqslant i\leqslant n}$ et $W_k=(x_i^{\,k})_{1\leqslant i\leqslant n}$. On écrit $P_{j-1}=X^{j-1}+\sum_{k=0}^{j-2}c_{j,k}X^k$, donc $C_j=W_{j-1}+\sum_{k=0}^{j-2}c_{j,k}W_k$. Comme $P_0=1$, $C_1=W_0$.

On effectue successivement, pour $j=2,3,\dots,n$ : $$C_j\leftarrow C_j-\sum_{k=0}^{j-2}c_{j,k}C_{k+1}.$$ Montrons par récurrence qu'avant l'étape $j$, les colonnes $1$ à $j-1$ valent $W_0,\dots,W_{j-2}$. C'est vrai pour $j=2$. À l'étape $j$, on obtient $C_j-\sum_{k}c_{j,k}W_k=W_{j-1}$, ce qui propage la propriété. Chaque opération ajoute à $C_j$ une combinaison linéaire des autres colonnes : le déterminant ne change pas. La matrice finale est $(x_i^{\,j-1})$, donc le déterminant vaut $V(x_1,\dots,x_n)$.

2. Pour $k=0$, $H_0(m)=1=\binom m0$. Pour $k\geqslant1$ et $k\leqslant m$ : $H_k(m)=\dfrac{m(m-1)\cdots(m-k+1)}{k!}=\dfrac{m!}{k!\,(m-k)!}=\binom mk$. Pour $k>m$ : $m-k+1\leqslant0\leqslant m$, donc l'entier $0$ figure parmi les facteurs $m,m-1,\dots,m-k+1$ et $H_k(m)=0=\binom mk$.

3. Posons $Q_0=1$ et $Q_k=X(X-1)\cdots(X-k+1)=k!\,H_k$ pour $k\geqslant1$ : $Q_k$ est unitaire de degré $k$. La colonne $j$ de $(H_{j-1}(x_i))$ est $\frac1{(j-1)!}$ fois la colonne $j$ de $(Q_{j-1}(x_i))$. Par linéarité par rapport à chaque colonne, puis par la question 1 : $$\det\big(H_{j-1}(x_i)\big)=\prod_{j=1}^n\frac1{(j-1)!}\det\big(Q_{j-1}(x_i)\big)=\frac{V(x_1,\dots,x_n)}{\prod_{k=0}^{n-1}k!}.$$

4. Avec $x_i=i$ : $$V(1,\dots,n)=\prod_{1\leqslant i<j\leqslant n}(j-i)=\prod_{j=2}^n\ \prod_{i=1}^{j-1}(j-i)=\prod_{j=2}^n(j-1)!=\prod_{k=1}^{n-1}k!=\prod_{k=0}^{n-1}k!.$$ D'après la question 2, $H_{j-1}(i)=\binom i{j-1}$. La question 3 donne alors $\det\Big(\binom i{j-1}\Big)=1$. Contrôle pour $n=3$ : $\det\begin{pmatrix}1&1&0\\1&2&1\\1&3&3\end{pmatrix}=1\cdot(6-3)-1\cdot(3-1)+0=1$.

5. $\det B_n=1\neq0$, donc $B_n$ est inversible et $B_n^{-1}=\frac1{\det B_n}\mathrm{Com}(B_n)^T=\mathrm{Com}(B_n)^T$. Les coefficients de $B_n$ sont des entiers ; les cofacteurs, déterminants de matrices extraites au signe près, sont des sommes de produits d'entiers, donc des entiers. Ainsi $B_n^{-1}\in\mathcal M_n(\mathbb Z)$.