Exercices de Math´ematiques
D´eterminants d’ordre n (V)
´Enonc´es
´Enonc´es des exercices
Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ]
Calculer Dn+1 =
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
1
1
...
1
cos θ0
cos θ1
...
cos θn
cos 2θ0
cos 2θ1
...
cos 2θn
. . .
. . .
...
. . .
cos nθ0
cos nθ1
...
cos nθn
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ]
Calculer le d´eterminant ∆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 d´eterminant
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
0
−In
In
0
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
.
Exercice 4 [ Indication ] [ Correction ]
(cid:12)
(cid:12)
Soient A, B dans Mn(R). Montrer que
(cid:12)
(cid:12)
A B
−B A
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
= | det(A + iB)|2.
Exercice 5 [ Indication ] [ Correction ]
Soient A, B, C trois matrices carr´ees d’ordre n.
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
0 B
A C
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
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Calculer le d´eterminant D =
en fonction des d´eterminants de A et de B.
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Jean-Michel Ferrard
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D´eterminants d’ordre n (V)
Indications, r´esultats
Indications ou r´esultats
Indication pour l’exercice 1 [ Retour `a l’´enonc´e ]
Justifier l’existence d’un polynˆome Pm, de degr´e m, tel que cos mθ = Pm(cos θ).
V´erifier que le coefficient dominant de Pm est 2m−1.
Montrer que par soustractions successives de colonnes, le d´eterminant Dn+1 se ramene a un
d´eterminant de Van Der Monde. En d´eduire Dn+1 = 2
(cos θj − cos θi).
(n−1)n
2
Q
0≤i<j≤n
Indication pour l’exercice 2 [ Retour `a l’´enonc´e ]
D´eveloppe ∆n(θ) par rapport a sa premiere ligne.
En d´eduire ∆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 `a l’´enonc´e ]
Pour j ∈ {1, . . . , n}, ajouter Cn+j `a Cj.
Pour i allant de 1 a n, ajouter ensuite Ln+i a Li.
On trouve D2n = 1.
Indication pour l’exercice 4 [ Retour `a l’´enonc´e ]
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 d´eduire D2n = det(A + iB) det(A − iB).
Indication pour l’exercice 5 [ Retour `a l’´enonc´e ]
Pour tout i de {1, . . . , n}, ´echanger Li et Ln+i.
On trouve D2n = (−1)n det A det B.
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Corrig´es
Corrig´es des exercices
Corrig´e de l’exercice 1 [ Retour `a l’´enonc´e ]
Pour tout m de N∗ et tout θ de R, on a :
cos mθ = Re (cos θ + i sin θ)m =
m/2
P
k=0
C 2k
m cosm−2k θ (−1)k sin2k θ
=
m/2
P
k=0
C 2k
m cosm−2k θ (cos2 θ − 1)k
Ainsi, il existe un polynˆome Pm, de degr´e m, tel que cos mθ = Pm(cos θ).
Le coefficient dominant du polynˆome Pm est
m/2
P
k=0
C 2k
m = 2m−1.
Ainsi on peut ´ecrire cos mθ = 2m−1(cos θ)m + Qm(cos θ), avec deg Qm ≤ m − 1.
Notons C0, C1, . . . , Cn les colonnes successives du d´eterminant Dn+1.
Ainsi, pour tout m de {0, . . . , n}, Cm =
cos mθ0
cos mθ1
...
cos mθn
. De mˆeme, notons C0
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m =
cosm θ0
cosm θ1
...
cosm θn
.
On note que C0 = C0
Plus g´en´eralement, ce qui pr´ec`ede montre que Cm s’´ecrit Cm = 2m−1C0
combinaison lin´eaire 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, o`u C00
m est une
Ainsi, en utilisant la n-lin´earit´e et le fait qu’on ne modifie pas la valeur d’un d´eterminant en
retranchant d’une colonne une combinaison lin´eaire 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
2, 22C0
0, C0
0, C0
0, C0
= det(C0
= det(C0
3, . . . , 2m−1C0
m + C00
m, . . . , 2n−1C0
n + C00
m, . . . , 2n−1C0
m + C00
n)
m, . . . , 2n−1C0
n + C00
n)
n + C00
n)
= . . .
= det(C0
0, C0
1, 2C0
2, 22C0
3, . . . , 2m−1C0
m, . . . , 2n−1C0
n)
(n−1)n
2
det(C0
Ainsi Dn+1 = 2
1, C0
Mais ∆n+1 = det(C0
La valeur de ∆n+1 est Q
0, C0
0, C0
2, C0
1, C0
2, C0
3, . . . , C0
m, . . . , C0
3, . . . , C0
(cos θj − cos θi).
n).
m, . . . , C0
n) est un d´eterminant de Van Der Monde.
0≤i<j≤n
On en d´eduit : Dn+1 = 2
(n−1)n
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2
Q
0≤i<j≤n
(cos θj − cos θi).
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Corrig´es
Corrig´e de l’exercice 2 [ Retour `a l’´enonc´e ]
On d´eveloppe ∆n(θ) par rapport a sa premiere ligne L1 = (2, cos θ, 0, . . . , 0).
On en d´eduit ∆n(θ) = 2∆n−1(θ) − cos θ Dn−1(θ),
o`u Dn−1(θ) est un d´eterminant d’ordre n − 1.
On d´eveloppe Dn−1(θ) par rapport a sa premiere colonne C1 =
cos θ
.
0
...
0
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 r´ecurrence lin´eaire d’ordre 2 d’´equation caract´eristique t2 − 2t + cos2 θ = 0.
Le discriminant (r´eduit) de cette ´equation est 1 − cos2 θ = sin2 θ.
– Dans un premier temps, on suppose sin θ 6= 0.
L’´equation caract´eristique poss`ede 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)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
2
cos θ
cos θ
2
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
= 4 − cos2 θ.
(cid:26) t1 = 1 + sin θ
t2 = 1 − sin θ
.
On compl`ete 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 d´eduit : 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-`a-dire θ = kπ, donc cos θ = (−1)k.
Il est clair que ∆n(θ) est une fonction continue par rapport `a θ (en effet un d´eterminant est
une fonction polynˆomiale 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
2x
.
ϕ(x) =
1
2x
(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 d´eduit, pour tout k de Z : ∆n(kπ) = n + 1.
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Corrig´es
Corrig´e de l’exercice 3 [ Retour `a l’´enonc´e ]
Pour j ∈ {1, . . . , n}, on ajoute Cn+j `a Cj. On obtient D2n =
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
In
−In
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
.
In
0
Pour i allant de 1 a n, on ajoute alors Ln+i a Li. On obtient alors D2n =
Le d´eterminant obtenu est triangulaire `a diagonale unit´e. Donc D2n = 1.
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
In
0
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
.
In
In
Corrig´e de l’exercice 4 [ Retour `a l’´enonc´e ]
Pour k dans {1, . . . , n}, on effectue Ck ← Ck + iCn+k. On en d´eduit D2n =
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
A + iB B
−B + iA A
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
.
Pour tout indice de ligne k compris entre 1 et n, on effectue alors Ln+k ← Ln+k − iLk.
On en d´eduit D2n =
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
A + iB
0
B
A − iB
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
= det(A + iB) det(A − iB).
Mais les coefficients des matrices A + iB et A − iB sont conjugu´es deux `a deux.
Il en est donc de mˆeme de leurs d´eterminants. On en d´eduit : D2n = |det(A + iB)|2.
Corrig´e de l’exercice 5 [ Retour `a l’´enonc´e ]
Pour tout i de {1, . . . , n}, on ´echange Li et Ln+i. On trouve : D2n = (−1)n
Ce dernier d´eterminant, triangulaire sup´erieur par blocs, vaut det A det B.
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
A C
0 B
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
.
Conclusion : D2n = (−1)n det A det B.
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