Soit $n\geqslant2$. On note $A_n=(\min(i,j))_{1\leqslant i,j\leqslant n}$ et $B_n=(\max(i,j))_{1\leqslant i,j\leqslant n}$.
- Écrire $A_3$ et $B_3$.
- Montrer que $\det A_n=1$.
- Montrer que $\det B_n=(-1)^{n-1}n$.
Pour $A_n$, calculer $\min(i,j)-\min(i-1,j)$ selon que $j\leqslant i-1$ ou $j\geqslant i$.
Effectuer $L_i\leftarrow L_i-L_{i-1}$ en commençant par $i=n$, pour toujours utiliser une ligne non modifiée.
Pour $B_n$, utiliser plutôt $L_i\leftarrow L_i-L_{i+1}$, pour $i$ allant de $1$ à $n-1$.
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$$A_3=\begin{pmatrix}1&1&1\\1&2&2\\1&2&3\end{pmatrix},\qquad B_3=\begin{pmatrix}1&2&3\\2&2&3\\3&3&3\end{pmatrix}.$$
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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 $\det A_n=1$.
- 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, $1(6-9)-2(6-9)+3(6-6)=3$.
$\det A_n=1$ ; $\det B_n=(-1)^{n-1}n$