Exercices de Mathématiques

Déterminants d’ordre n (V)

Énoncés

Énoncés des exercices

Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ]

Calculer Dn+1 =

(cid:12)

...

cos θ0

cos θ1

...

cos θn

cos 2θ0

cos 2θ1

...

cos 2θn

. . .

...

. . .

cos nθ0

cos nθ1

...

cos nθn

(cid:12)

Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ]

Calculer le déterminant ∆n(θ) de An = (aij)1 ≤ i,j ≤ n avec :







aii = 2

ai−1,j = ai+1,j = cos θ

aij = 0 dans les autres cas

Exercice 3 [ Indication ] [ Correction ]

Calculer le déterminant

(cid:12)

−In

(cid:12)

Exercice 4 [ Indication ] [ Correction ]

(cid:12)

Soient A, B dans Mn(R). Montrer que

(cid:12)

A B

−B A

(cid:12)

= | det(A + iB)|2.

Exercice 5 [ Indication ] [ Correction ]

Soient A, B, C trois matrices carrées d’ordre n.

(cid:12)

0 B

A C

(cid:12)

Calculer le déterminant D =

en fonction des déterminants de A et de B.

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Jean-Michel Ferrard

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Déterminants d’ordre n (V)

Indications, résultats

Indications ou résultats

Indication pour l’exercice 1 [ Retour à l’énoncé ]

Justifier l’existence d’un polynôme Pm, de degré m, tel que cos mθ = Pm(cos θ).

Vérifier que le coefficient dominant de Pm est 2m−1.

Montrer que par soustractions successives de colonnes, le déterminant Dn+1 se ramene a un

déterminant de Van Der Monde. En déduire Dn+1 = 2

(cos θj − cos θi).

(n−1)n

0≤i<j≤n

Indication pour l’exercice 2 [ Retour à l’énoncé ]

Développe ∆n(θ) par rapport a sa premiere ligne.

En déduire ∆n(θ) = 2∆n−1(θ) − cos2 θ∆n−2(θ).

– Si sin θ 6= 0, on trouve ∆n(θ) =

(1 + sin θ)n+1 − (1 − sin θ)n+1

2 sin θ

– Si θ = kπ, on trouve ∆n(kπ) = n + 1.

Indication pour l’exercice 3 [ Retour à l’énoncé ]

Pour j ∈ {1, . . . , n}, ajouter Cn+j à Cj.

Pour i allant de 1 a n, ajouter ensuite Ln+i a Li.

On trouve D2n = 1.

Indication pour l’exercice 4 [ Retour à l’énoncé ]

Pour k dans {1, . . . , n}, effectuer Ck ← Ck + iCn+k.

Pour tout k compris entre 1 et n, effectuer Ln+k ← Ln+k − iLk.

En déduire D2n = det(A + iB) det(A − iB).

Indication pour l’exercice 5 [ Retour à l’énoncé ]

Pour tout i de {1, . . . , n}, échanger Li et Ln+i.

On trouve D2n = (−1)n det A det B.

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Déterminants d’ordre n (V)

Corrigés

Corrigés des exercices

Corrigé de l’exercice 1 [ Retour à l’énoncé ]

Pour tout m de N∗ et tout θ de R, on a :

cos mθ = Re (cos θ + i sin θ)m =

m/2

k=0

C 2k

m cosm−2k θ (−1)k sin2k θ

m/2

k=0

C 2k

m cosm−2k θ (cos2 θ − 1)k

Ainsi, il existe un polynôme Pm, de degré m, tel que cos mθ = Pm(cos θ).

Le coefficient dominant du polynôme Pm est

m/2

k=0

C 2k

m = 2m−1.

Ainsi on peut écrire cos mθ = 2m−1(cos θ)m + Qm(cos θ), avec deg Qm ≤ m − 1.

Notons C0, C1, . . . , Cn les colonnes successives du déterminant Dn+1.

Ainsi, pour tout m de {0, . . . , n}, Cm =







cos mθ0

cos mθ1

...

cos mθn







. De même, notons C0

m =







cosm θ0

cosm θ1

...

cosm θn







On note que C0 = C0

Plus généralement, ce qui précède montre que Cm s’écrit Cm = 2m−1C0

combinaison linéaire des colonnes C0

0, que C1 = C0

1 et C2 = 2C0

2 + C0

j, avec j < m.

0 (car cos 2θ = 2 cos2 θ + 1.)

m + C00

m, où C00

m est une

Ainsi, en utilisant la n-linéarité et le fait qu’on ne modifie pas la valeur d’un déterminant en

retranchant d’une colonne une combinaison linéaire des autres colonnes :

= det(C0

Dn+1 = det(C0, C1, C2, . . . , Cm, . . . , Cn)

3 + C00

1, 2C0

3, . . . , 2m−1C0

1, 2C0

m + C00

1, 2C0

2, 22C0

3 + C00

3, . . . , 2m−1C0

2 + C00

2, 22C0

0, C0

= det(C0

3, . . . , 2m−1C0

m + C00

m, . . . , 2n−1C0

n + C00

m, . . . , 2n−1C0

m + C00

m, . . . , 2n−1C0

n + C00

= . . .

= det(C0

0, C0

1, 2C0

2, 22C0

3, . . . , 2m−1C0

m, . . . , 2n−1C0

(n−1)n

det(C0

Ainsi Dn+1 = 2

1, C0

Mais ∆n+1 = det(C0

La valeur de ∆n+1 est Q

0, C0

2, C0

1, C0

2, C0

3, . . . , C0

m, . . . , C0

3, . . . , C0

(cos θj − cos θi).

n).

m, . . . , C0

n) est un déterminant de Van Der Monde.

0≤i<j≤n

On en déduit : Dn+1 = 2

(n−1)n

0≤i<j≤n

(cos θj − cos θi).

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Déterminants d’ordre n (V)

Corrigés

Corrigé de l’exercice 2 [ Retour à l’énoncé ]

On développe ∆n(θ) par rapport a sa premiere ligne L1 = (2, cos θ, 0, . . . , 0).

On en déduit ∆n(θ) = 2∆n−1(θ) − cos θ Dn−1(θ),

où Dn−1(θ) est un déterminant d’ordre n − 1.

On développe Dn−1(θ) par rapport a sa premiere colonne C1 =



cos θ











...

On constate que Dn−1(θ) = cos θ ∆n−2(θ).

Finalement, on a la relation ∆n(θ) = 2∆n−1(θ) − cos2 θ∆n−2(θ), pour tout n ≥ 3.

On reconnait une récurrence linéaire d’ordre 2 d’équation caractéristique t2 − 2t + cos2 θ = 0.

Le discriminant (réduit) de cette équation est 1 − cos2 θ = sin2 θ.

– Dans un premier temps, on suppose sin θ 6= 0.

L’équation caractéristique possède alors les deux solutions distinctes

Il existe donc (α, β) dans R2 tel que :

∀ n ≥ 1, ∆n(θ) = α(1 + sin θ)n + β(1 − sin θ)n

On a ∆1(θ) = 2 et ∆2(θ) =

(cid:12)

cos θ

(cid:12)

= 4 − cos2 θ.

(cid:26) t1 = 1 + sin θ

t2 = 1 − sin θ

On complète la relation ∆n(θ) = 2∆n−1(θ) − cos2 θ∆n−2(θ) pour n = 2 en posant ∆0(θ) = 1.

Les valeurs

(cid:26) ∆0(θ) = 1

∆1(θ) = 2

donnent

On en déduit : α =

1 + sin θ

2 sin θ

et β =

(cid:26) α + β = 1

α(1 + sin θ) + β(1 − sin θ) = 2

sin θ − 1

2 sin θ

Finalement, on trouve (et avec la condition sin θ 6= 0) :

∀ n ≥ 1, ∆n(θ) =

(1 + sin θ)n+1 − (1 − sin θ)n+1

2 sin θ

– On suppose maintenant sin θ = 0, c’est-à-dire θ = kπ, donc cos θ = (−1)k.

Il est clair que ∆n(θ) est une fonction continue par rapport à θ (en effet un déterminant est

une fonction polynômiale donc continue de ses coefficients.)

Pour sin θ 6= 0, on sait que ∆n(θ) = ϕ(sin θ), avec ϕ(x) =

Au voisinage de 0, on a :

(1 + x)n+1 − (1 − x)n+1

ϕ(x) =

(1 + (n + 1)x + o(x) − 1 + (n + 1)x + o(x)) = n + 1 + o(1)

Ainsi lim

x→0

ϕ(x) = n + 1.

On en déduit, pour tout k de Z : ∆n(kπ) = n + 1.

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Déterminants d’ordre n (V)

Corrigés

Corrigé de l’exercice 3 [ Retour à l’énoncé ]

Pour j ∈ {1, . . . , n}, on ajoute Cn+j à Cj. On obtient D2n =

(cid:12)

−In

(cid:12)

Pour i allant de 1 a n, on ajoute alors Ln+i a Li. On obtient alors D2n =

Le déterminant obtenu est triangulaire à diagonale unité. Donc D2n = 1.

(cid:12)

Corrigé de l’exercice 4 [ Retour à l’énoncé ]

Pour k dans {1, . . . , n}, on effectue Ck ← Ck + iCn+k. On en déduit D2n =

(cid:12)

A + iB B

−B + iA A

(cid:12)

Pour tout indice de ligne k compris entre 1 et n, on effectue alors Ln+k ← Ln+k − iLk.

On en déduit D2n =

(cid:12)

A + iB

A − iB

(cid:12)

= det(A + iB) det(A − iB).

Mais les coefficients des matrices A + iB et A − iB sont conjugués deux à deux.

Il en est donc de même de leurs déterminants. On en déduit : D2n = |det(A + iB)|2.

Corrigé de l’exercice 5 [ Retour à l’énoncé ]

Pour tout i de {1, . . . , n}, on échange Li et Ln+i. On trouve : D2n = (−1)n

Ce dernier déterminant, triangulaire supérieur par blocs, vaut det A det B.

(cid:12)

A C

0 B

(cid:12)

Conclusion : D2n = (−1)n det A det B.

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