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TD n°7 : CORRECTION .Page 1 sur 25
M. Duffaud : http://www.math93.com/gestclasse/classes/ipsa_spe.html
TD n°7 : CORRECTION
Algèbre linéaire : généralités et déterminants. .
1. 𝑑𝑒𝑡 1 −1 11 1 01 0 −1
= 𝑑𝑒𝑡 2 −1 11 1 00 0 −1
= −1 3+3 × −1 × 𝑑𝑒𝑡 2 −11 1
= −3
Soit système libre de 3 vecteurs de ℝ3 donc base.
2. on pose .
𝑢 = 𝑖 + 𝑗 + 𝑘𝑣 = −𝑖 + 𝑗𝑤 = 𝑖 − 𝑘
soit avec le pivot de Gauss :
𝑖 =
1
3(𝑢 − 𝑣 + 𝑤)
𝑗 =1
3(𝑢 + 2𝑣 + 𝑤)
𝑘 =1
3(𝑢 − 𝑣 − 2𝑤)
100 = 𝑖 =
1
3(𝑢 − 𝑣 + 𝑤)
101 = 𝑖 + 𝑘 =
1
3(2𝑢 − 2𝑣 − 𝑤)
001 = 𝑘 =
1
3(𝑢 − 𝑣 − 2𝑤)
TD n°7 : CORRECTION .Page 2 sur 25
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E1.
Si 𝑎 ≠0 , alors 0 ∉ 𝐸1 donc E1 n’est pas un SEV.
Si 𝑎 = 0, alors 𝑥 = 0 𝑒𝑡 𝑦 = 0, 𝐸1 = 0,0, 𝑧 , 𝑧 ∈ ℝ sev.
E2. : Sev, évident.
E3. : Pas un Sev car 0 ∉ 𝐸3
E4 : Pas un Sev car 0 ∉ 𝐸3
E5 : Pas un Sev car si 𝑢 2,3 ∈ 𝐸5, −𝑢 ∉ 𝐸5
Définition : Sous espace vectoriel. E est un sous-espace vectoriel d’un 𝕂-espace vectoriel ssi :
𝐸 ≠ ∅
𝛼𝑥 + 𝛽𝑦 ∈ 𝐸 𝑝𝑜𝑢𝑟 𝑥, 𝑦 ∈ 𝐸, 𝑒𝑡 𝛼, 𝛽 ∈ 𝕂
E sev de ℝ4
Base de E.
o 𝑥1 = − 𝑥2 − 𝑥3 − 𝑥4, donc dim(E)=3
𝐸 =
− 𝑥2 − 𝑥3 − 𝑥4
𝑥2
𝑥3
𝑥4
, 𝑥2, 𝑥3, 𝑥4 ∈ ℝ3
o 𝐸 = 𝑥2
− 1100
+ 𝑥3
− 1010
+ 𝑥4
− 1001
, 𝑥2, 𝑥3, 𝑥4 ∈ ℝ3
TD n°7 : CORRECTION .Page 3 sur 25
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Donc une base de E est :
− 1100
,
− 1010
,
− 1001
TD n°7 : CORRECTION .Page 4 sur 25
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𝑣1 =
1234
, 𝑣2 =
2226
, 𝑣3 =
0244
, 𝑣4 =
10
−12
, 𝑣5 =
2301
,
𝑭 = 𝑽𝒆𝒄𝒕 𝒗𝟏, 𝒗𝟐, 𝒗𝟑
Méthode du Pivot de Gauss pour les vecteurs.
𝑣1 𝑣2 𝑣3
1 2 02 2 23 2 44 6 4
puis
𝑣1 𝑣2′ = 𝑣2 − 2𝑣1 𝑣3
1 0 02 −2 23 −4 44 −2 4
puis
𝑣1 𝑣2′ 𝑣3
′ = 𝑣3 + 𝑣2′
1 0 02 −2 03 −4 04 −2 2
La famille 𝑣1, 𝑣2′ , 𝑣3
′ a une forme échelonnée par rapport à la base canonique. Son rang est
3 et ses vecteurs forment donc une base de F.
𝑮 = 𝑽𝒆𝒄𝒕 𝒗𝟒, 𝒗𝟓
𝑣4 𝑣5
1 20 3
−1 02 1
puis
𝑣4 𝑣5′ = 𝑣5 − 2𝑣1
1 00 3
−1 22 −3
La famille 𝑣4, 𝑣5′ a une forme échelonnée par rapport à la base canonique. Son rang est 2
et ses vecteurs forment donc une base de G.
TD n°7 : CORRECTION .Page 5 sur 25
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𝑭⋂𝑮 et 𝑰 = 𝑭 + 𝑮
𝑣1 𝑣2 𝑣3 𝑣4 𝑣5
1 2 0 1 22 2 2 0 33 2 4 −1 04 6 4 2 1
𝑣1 𝑣2′ = 𝑣2 − 2𝑣1 𝑣3 𝑣4
′ = 𝑣4 − 𝑣1 𝑣5′ = 𝑣5 − 2𝑣1
1 0 0 0 02 −2 2 −2 −13 −4 4 −4 −64 −2 4 −2 −7
𝑣1 𝑣2′ 𝑣3
′ = 𝑣3 + 𝑣2′ 𝑣4
′′ = 𝑣4′ − 𝑣2
′ 𝑣5′′ = 𝑣5
′ −1
2𝑣2
′
1 0 0 0 02 −2 0 0 03 −4 0 0 −44 −2 2 0 −6
On remarque que 𝑣4′′ = 0, soit 𝑣4
′ − 𝑣2′ = 0
et 𝑣4′ = 𝑣2
′
soit 𝑣4 − 𝑣1 = 𝑣2 − 2𝑣1
Donc 𝑣4 = 𝑣2 − 𝑣1 ∈ 𝐹 et 𝑑𝑖𝑚 (𝐹𝑈𝐺) = 4 , 𝑑𝑖𝑚 𝑭⋂𝑮 = 𝟏
Intersection : 𝑭⋂𝑮 = 𝑽𝒆𝒄𝒕(𝒗𝟒)
Union : Pour le reste, La famille 𝑣1, 𝑣2′ , 𝑣5
′′ , 𝑣3′ a une forme échelonnée par rapport à la
base canonique, son rang est 4 et ses vecteurs forment donc une base de 𝑉𝑒𝑐𝑡 (𝐹𝑈𝐺) =
𝐹 + 𝐺.
TD n°7 : CORRECTION .Page 6 sur 25
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1. Oui.
2. Oui.
3. Non.
𝑎 𝑒1 + 𝑏 2𝑒1 + 𝑒4 + 𝑐𝑒4 = 0
𝑎 + 2𝑏 𝑒1 + 𝑐 + 𝑏 𝑒4 = 0
En prenant 𝑎 = 1, 𝑏 = −1
2 , 𝑐 =
1
2 .
4. Non.
5. Non.
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𝑣1 𝑣2 𝑣3 𝑣4 𝑣5
1 −1 −5 −1 40 −2 −3 −1 11 3 1 1 21 −1 −5 −1 4
𝑣1 𝑣2′ = 𝑣2 + 𝑣1 𝑣3
′ = 𝑣3 + 5𝑣1 𝑣4′ = 𝑣4 + 𝑣1 𝑣5
′ = 𝑣5 − 4𝑣1
1 0 0 0 02 −2 −3 −1 13 4 6 2 −24 0 0 0 0
𝑣1 𝑣2′ 𝑣3
′′ = 𝑣3′ −
3
2𝑣2
′ 𝑣4′′ = 𝑣4
′ −1
2𝑣2
′ 𝑣5′′ = 𝑣5
′ +1
2𝑣2
′
1 0 0 0 02 −2 0 0 03 4 0 0 04 0 0 0 0
On en déduit donc que :
𝑑𝑖𝑚 𝐹 = 2, et 𝐹 = 𝑉𝑒𝑐𝑡 (𝑣1, 𝑣2′ )
𝑭 = 𝑮
𝑣4′′ = 𝑣4
′ −1
2𝑣2
′ = 0, soit 𝑣4 + 𝑣1 =1
2 𝑣2 + 𝑣1 , et 𝑣4 = −
1
2𝑣1 +
1
2𝑣2 ∈ 𝐹
𝑣5′′ = 𝑣5
′ +1
2𝑣2
′ = 0, soit 𝑣5 − 4𝑣1 = −1
2 𝑣2 + 𝑣1 , et 𝑣5 =
7
2𝑣1 −
1
2𝑣2 ∈ 𝐹
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a) 𝒇 𝒙, 𝒚 = 𝟐𝒙 + 𝟑𝒚, 𝒙 + 𝒚
𝑘𝑒𝑟 𝑓 = 𝑥, 𝑦 ∈ ℝ2; 𝑓 𝑥, 𝑦 = 0
2𝑥 + 3𝑦 = 0𝑥 + 𝑦 = 0
det 2 31 1
= −1 ≠ 0,
soit 𝑥, 𝑦 = (0,0) , donc f injective car 𝐾𝑒𝑟 𝑓 = 0 .
𝑓 𝑒1 = 21 et 𝑓 𝑒2 =
31
𝑀𝑎𝑡 𝑒1 ,𝑒2 𝑓 = 2 31 1
b) 𝒇 𝒙, 𝒚, 𝒛 = 𝟐𝒙 + 𝒚 + 𝒛, −𝒙 + 𝒚, 𝟑𝒙 + 𝒚 + 𝟐𝒛
𝟐𝒙 + 𝒚 + 𝒛 = 𝟎−𝒙 + 𝒚 = 𝟎
𝟑𝒙 + 𝒚 + 𝟐𝒛 = 𝟎
2 1 1
−1 1 03 1 2
= 2 ≠ 0, donc solution unique, soit (𝑥, 𝑦, 𝑧) = (0,0,0)
f injective et 𝐾𝑒𝑟 𝑓 = 0
𝑀𝑎𝑡 𝑒1 ,𝑒2 ,𝑒3 𝑓 = 2 1 1
−3 1 01 1 2
c) 𝒇 𝒙, 𝒚, 𝒛 = 𝒙 + 𝒚 + 𝒛, 𝒚 + 𝟐𝒛, 𝒙 − 𝒛
𝒙 + 𝒚 + 𝒛 = 𝟎𝒚 + 𝟐𝒛 = 𝟎𝒙 − 𝒛 = 𝟎
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1 1 10 1 21 0 −1
= 0, On passe par le pivot
𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 0𝑦 + 2𝑧 = 0𝑥 − 𝑧 = 0
et
𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 0𝑦 + 2𝑧 = 0
−𝑦 − 2𝑧 = 0
et 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 0𝑦 + 2𝑧 = 0
𝑥 = 𝑧
𝑦 = −2𝑧
Donc : 𝑘𝑒𝑟 𝑓 = 𝑋 = 𝑧
−2𝑧𝑧
= 𝑧 1
−21
, 𝑎𝑣𝑒𝑐 𝑧 ∈ ℝ = 𝑉𝑒𝑐𝑡 1
−21
𝑑𝑖𝑚 𝑘𝑒𝑟 𝑓 = 1
et
𝑀𝑎𝑡 𝑒1 ,𝑒2 ,𝑒3 𝑓 = 1 1 10 1 21 0 −1
TD n°7 : CORRECTION .Page 10 sur 25
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a) Montrons qu’il existe a tel que 𝒇(𝒂) ≠ 𝟎.
Si pour tout a de E, f(a) est nul, alors f est l’endomorphisme nul. Donc il existe au moins un
élément a de E tel que 𝑓(𝑎) ≠ 0.
b) 𝒃 = 𝒇(𝒂) ≠ 𝟎. Montrons que (a,b) est une base de E.
Il suffit de montrer que (a,b) est une famille libre (de dimension 2).
𝑥𝑖 𝑖∈𝐼 𝑒𝑠𝑡 𝑢𝑛𝑒 𝑓𝑎𝑚𝑚𝑖𝑙𝑙𝑒 𝑙𝑖𝑏𝑟𝑒 𝑠𝑠𝑖
∀ 𝐽 𝑝𝑎𝑟𝑡𝑖𝑒 𝑓𝑖𝑛𝑖𝑒 𝑑𝑒 𝐼, ∀ 𝜆𝑖 𝑖∈𝐽 , 𝜆𝑖 𝑥𝑖 = 0
𝑖∈𝐽
⇒ ∀ 𝑖 ∈ 𝐽, 𝜆𝑖 = 0
Supposons qu’il existe des 𝜆𝑖 tels que : 𝜆1 𝑎 + 𝜆2 𝑓 𝑎 = 0 : (𝐸1)
En passant par f : 𝑓 𝜆1 𝑎 + 𝜆2 𝑓 𝑎 = 𝑓 0
Et puisque f est une application linéaire : 𝜆1 𝑓 𝑎 + 𝜆2 𝑓𝑜𝑓 𝑎 = 0
Or ici 𝑓𝑜𝑓 = 0 donc : 𝜆1 𝑓 𝑎 = 0
Et puisque 𝑓 𝑎 ≠ 0, cela implique que 𝜆1 = 0
Alors en remplaçant dans (E1) on obtient : 𝜆2 𝑓 𝑎 = 0, et de la même façon, 𝜆2 = 0.
(𝒂, 𝒃) = 𝒂, 𝒇(𝒂) est donc une famille libre de E de dimension 2, c’est donc une base de E.
c) Matrice de f.
𝑓(𝑎) = 𝑓(𝑎)
𝑓(𝑏) = 𝑓 𝑓(𝑎) = 0
𝑀𝑎𝑡 𝑎 ,𝑓(𝑎) 𝑓 = 0 01 0
TD n°7 : CORRECTION .Page 11 sur 25
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a) Matrice associée à δ dans la base 1, 𝑋, 𝑋², 𝑋3
𝛿 1 = 0 ; 𝛿 𝑋 = 1 ; 𝛿 𝑋² = 2𝑋 ;𝛿 𝑋3 = 3𝑋²;
𝐶 = 𝑀𝑎𝑡 1,𝑋,𝑋², 𝑋3 𝛿 =
0 1 0 00 0 2 00 0 0 30 0 0 0
b) Matrice associée à δ dans la base 1, 1 + 𝑋, 1 + 𝑋², 1 + 𝑋3
𝛿 1 = 0 ; 𝛿 1 + 𝑋 = 1
𝛿 1 + 𝑋² = 2𝑋 = −2 × 𝟏 + 2 × (𝟏 + 𝑿)
𝛿 𝑋3 = 3𝑋² = −3 × 𝟏 + 3 × (𝟏 + 𝑿²)
𝐵 = 𝑀𝑎𝑡 1,1+𝑋,1+𝑋², 1+𝑋3 𝛿 =
0 1 −2 −30 0 2 00 0 0 30 0 0 0
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1°) 𝜟𝟏 : Déterminant tridiagonale.
𝛥1 =
5 3 0 0 02 5 3 0 00 2 5 3 00 0 2 5 30 0 0 2 5
On peut généraliser au cas où la matrice est d’ordre n : 𝑑𝑛 = det
5 2 0 03 ⋱ ⋱ 00 ⋱ ⋱ 20 0 3 5
𝑑1 = 5
𝑑2 = 25 − 6 = 19
Pour n ≥3, on développe par rapport à la première colonne.
𝑑𝑛 = 5 × 𝑑𝑛−1 − 2 ×
3 0 0 02 5 3 00 ⋱ ⋱ 30 0 2 5
= 5 × 𝑑𝑛−1 − 2 × 3 × 𝑑𝑛−2
On obtient une relation de récurrence de la forme : 𝑑𝑛 − 5𝑑𝑛−1 + 2 × 3 × 𝑑𝑛−2 = 0
On peut donc facilement calculer : 𝑑3 = 5𝑑2 − 6𝑑1 = 65, 𝑑4 = 211 et 𝒅𝟓 = 𝟔𝟔𝟓
Expression générale :
L’équation caractéristique est : 𝑟² − 5𝑟 + 6 = 0, solutions 2 et 3
𝑑𝑛 = 𝑎 × 2𝑛 + 𝑏 × 3𝑛 , puis 𝑑𝑛 = −2 × 2𝑛 + 3 × 3𝑛
On retrouve : 𝒅𝟓 = 𝟔𝟔𝟓
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2°) 𝜟𝟐 : Déterminant circulant.
𝛥2 = 𝑎 𝑏 𝑐𝑏 𝑐 𝑎𝑐 𝑎 𝑏
Méthode 1 : Règle de Sarrus. (Voir page web :
http://www.math93.com/theoreme/notions_mathematiques.html#s )
𝑎 𝑏 𝑐𝑏 𝑐 𝑎𝑐 𝑎 𝑏𝑎 𝑏 𝑐𝑏 𝑐 𝑎
𝛥2 = 𝑎𝑐𝑏 + 𝑏𝑎𝑐 + 𝑐𝑏𝑎 − 𝑏3 − 𝑎3 − 𝑐3
𝛥2 = 3𝑎𝑏𝑐 − 𝑎3 + 𝑏3 + 𝑐3
Méthode 2 : Calcul direct.
𝛥2 = 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 𝑏 𝑐𝑎 + 𝑏 + 𝑐 𝑐 𝑎𝑎 + 𝑏 + 𝑐 𝑎 𝑏
= 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 1 𝑏 𝑐1 𝑐 𝑎1 𝑎 𝑏
= 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 1 𝑏 𝑐0 𝑐 − 𝑏 𝑎 − 𝑐0 𝑎 − 𝑏 𝑏 − 𝑐
𝛥2 = 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 −𝑎² − 𝑏² − 𝑐² + 𝑎𝑏 + 𝑎𝑐 + 𝑏𝑐
Compléments.
On en déduit que pour tout (a,b,c) de ℝ3 :
𝑎3 + 𝑏3 + 𝑐3 − 3𝑎𝑏𝑐 = 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 𝑎² + 𝑏² + 𝑐² − 𝑎𝑏 − 𝑎𝑐 − 𝑏𝑐
En appliquant l’inégalité de CAUCHY-SCHWARZ aux vecteurs (a,b,c) et (b,c,a) on obtient :
Rappel : Inégalité de Cauchy-Schwarz : 𝑢 . 𝑣 ≤ 𝑢 × 𝑣
Avec égalité ssi 𝑢 , 𝑣 liés (soit 𝑢 𝑒𝑡 𝑣 colinéaires)
𝑢 , 𝑣 lié ⟺ ∃ (a,b) ∈ K \ {0,0} tel que 𝑎 𝑢 + 𝑏 𝑣 = 0 ⟺ ∃ k ∈ K tel que 𝑣 = 𝑘 𝑢
Soit : 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎 ≤ 𝑎² + 𝑏² + 𝑐²
Et donc : ∀ 𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ ℝ+3 ∶ 𝑎3 + 𝑏3 + 𝑐3 ≥ 3𝑎𝑏𝑐
TD n°7 : CORRECTION .Page 14 sur 25
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3°) 𝜟𝟑 : Déterminant de Vandermonde.
𝛥3 =
1 1 1 1𝑎 𝑏 𝑐 𝑑𝑎² 𝑏² 𝑐² 𝑑²𝑎3 𝑏3 𝑐3 𝑑3
Méthode 1 : Astuce polynômiale.
Posons : 𝑃 𝑋 = 𝑉(𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑋) =
1 1 1 1𝑎 𝑏 𝑐 𝑋𝑎² 𝑏² 𝑐² 𝑋²𝑎3 𝑏3 𝑐3 𝑋3
. On a et donc 𝛥3 = 𝑃(𝑑)
En développant par rapport à la dernière colonne, il apparait que P est une fonction
polynômiale de degré 3.
Or a, b et c sont 3 racines de P.
Cela vient du caractère alternée de la forme multilinéaire appelée déterminant, (si 2 colonnes
sont identiques, le déterminant est nul).
Le déterminant est une forme multilinéaire, antisymétrique et alternée.
De ce fait : 𝑃 𝑋 = 𝛼 𝑋 − 𝑎 𝑋 − 𝑏 (𝑋 − 𝑐) .
Or le coefficient dominant de P est le terme qui apparait dans le développement devant 𝑋3,
c’est donc 𝑉 𝑎, 𝑏, 𝑐 = 1 1 1𝑎 𝑏 𝑐𝑎² 𝑏² 𝑐²
soit
𝑉 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑 = 𝑉(𝑎, 𝑏, 𝑐) × 𝑑 − 𝑎 𝑑 − 𝑏 (𝑑 − 𝑐)
Par récurrence immédiate on obtient :
𝑉 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑 = 𝑏 − 𝑎 × 𝑐 − 𝑎 𝑐 − 𝑏 × 𝑑 − 𝑎 𝑑 − 𝑏 (𝑑 − 𝑐)
Formule générale :
𝑽 𝒂𝟏, … , 𝒂𝒏 = 𝒂𝒋 − 𝒂𝒊
𝟏≤𝒊<𝑗≤𝑛
TD n°7 : CORRECTION .Page 15 sur 25
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Méthode 2 : Par récurrence sur n
o Si n=1 : 𝑉 𝑎1 = 1
o Si n=2 : 𝑉 𝑎1, 𝑎2 = 1 1𝑎1 𝑎2
= 𝑎2 − 𝑎1
o Si n=3 : 𝑉 𝑎1, 𝑎2, 𝑎3 =
1 1 1𝑎1 𝑎2 𝑎3
𝑎12 𝑎2
2 𝑎32
avec : 𝐿2 − 𝑎1𝐿1 ; 𝐿3 − 𝑎1𝐿2
𝑉 𝑎1, 𝑎2, 𝑎3 =
1 1 10 𝑎2 − 𝑎1 𝑎3 − 𝑎1
0 𝑎22 − 𝑎1𝑎2 𝑎3
2 − 𝑎1𝑎3
= 1 × 𝑎2 − 𝑎1 𝑎3 − 𝑎1
𝑎2 − 𝑎1 𝑎2 𝑎3 − 𝑎1 𝑎3
𝑉 𝑎1, 𝑎2, 𝑎3 = 𝑎2 − 𝑎1 𝑎3 − 𝑎1 1 1𝑎2 𝑎3
= 𝑎2 − 𝑎1 𝑎3 − 𝑎1 𝑎3 − 𝑎2
𝑉 𝑎1, 𝑎2, 𝑎3 = 𝑎2 − 𝑎1 𝑎3 − 𝑎1 𝑎3 − 𝑎2
Alors posons pour tout n de ℕ tel que 𝑛 ≥ 3
𝑉 𝑎1, … , 𝑎𝑛 =
1 1 … 1𝑎1 𝑎2 … 𝑎𝑛
𝑎12 𝑎2
2 … 𝑎𝑛2
⋮ ⋮ ⋮𝑎1
𝑛−1 𝑎2𝑛−1 … 𝑎𝑛
𝑛−1
𝑉 𝑎1, … , 𝑎𝑛 =
1 1 … 10 𝑎2 − 𝑎1 … 𝑎𝑛 − 𝑎1
0 𝑎22 − 𝑎1𝑎2 … 𝑎𝑛
2 − 𝑎1𝑎𝑛
⋮ ⋮ ⋮0 𝑎2
𝑛−1 − 𝑎1𝑎2𝑛−2 … 𝑎𝑛
𝑛−1 − 𝑎1𝑎𝑛𝑛−2
𝑉 𝑎1, … , 𝑎𝑛 =
𝑎2 − 𝑎1 … 𝑎𝑛 − 𝑎1
𝑎2 − 𝑎1 𝑎2 … 𝑎𝑛 − 𝑎1 𝑎𝑛
⋮ ⋮ 𝑎2 − 𝑎1 𝑎2
𝑛−2 … 𝑎𝑛 − 𝑎1 𝑎𝑛𝑛−2
𝑉 𝑎1, … , 𝑎𝑛 = 𝑎2 − 𝑎1 … 𝑎𝑛 − 𝑎1
1 … 1𝑎2 … 𝑎𝑛
⋮ ⋮𝑎2
𝑛−2 … 𝑎𝑛𝑛−2
𝑉 𝑎1, … , 𝑎𝑛 = 𝑎2 − 𝑎1 … 𝑎𝑛 − 𝑎1 𝑉 𝑎2, … , 𝑎𝑛
Et le résultat par récurrence immédiate.
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4°) 𝜟𝟒 .
𝛥4 =
0 𝑎 𝑏 𝑐𝑎 0 𝑏 𝑐𝑎 𝑏 0 𝑐𝑎 𝑏 𝑐 0
Astuce : Quand la somme des termes de chaque ligne est la même, on additionne et on factorise.
𝛥4 =
𝑎 + 𝑏 + 𝑐 𝑎 𝑏 𝑐𝑎 + 𝑏 + 𝑐 0 𝑏 𝑐𝑎 + 𝑏 + 𝑐 𝑏 0 𝑐𝑎 + 𝑏 + 𝑐 𝑏 𝑐 0
= 𝑎 + 𝑏 + 𝑐
1 𝑎 𝑏 𝑐1 0 𝑏 𝑐1 𝑏 0 𝑐1 𝑏 𝑐 0
= 𝑎 + 𝑏 + 𝑐
1 𝑎 𝑏 𝑐0 −𝑎 0 00 𝑏 − 𝑎 −𝑏 00 𝑏 − 𝑎 𝑐 − 𝑏 −𝑐
𝛥4 = 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 −𝑎 0 0
𝑏 − 𝑎 −𝑏 0𝑏 − 𝑎 𝑐 − 𝑏 −𝑐
𝜟𝟒 = − 𝒂 + 𝒃 + 𝒄 𝒂𝒃𝒄
5°) 𝜟𝟓
𝛥5 =
𝑎 𝑐 𝑐 𝑏𝑐 𝑎 𝑏 𝑐𝑐 𝑏 𝑎 𝑐𝑏 𝑐 𝑐 𝑎
Astuce : Quand la somme des termes de chaque ligne est la même, on additionne et on factorise.
𝛥5 =
𝑎 + 𝑏 + 2𝑐 𝑐 𝑐 𝑏𝑎 + 𝑏 + 2𝑐 𝑎 𝑏 𝑐𝑎 + 𝑏 + 2𝑐 𝑏 𝑎 𝑐𝑎 + 𝑏 + 2𝑐 𝑐 𝑐 𝑎
= 𝑎 + 𝑏 + 2𝑐
1 𝑐 𝑐 𝑏1 𝑎 𝑏 𝑐1 𝑏 𝑎 𝑐1 𝑐 𝑐 𝑎
𝛥5 = 𝑎 + 𝑏 + 2𝑐
1 𝑐 𝑐 𝑏0 𝑎 − 𝑐 𝑏 − 𝑐 𝑐 − 𝑏0 𝑏 − 𝑐 𝑎 − 𝑐 𝑐 − 𝑏0 0 0 𝑎 − 𝑏
= 𝑎 + 𝑏 + 2𝑐 𝑎 − 𝑐 𝑏 − 𝑐 𝑐 − 𝑏𝑏 − 𝑐 𝑎 − 𝑐 𝑐 − 𝑏
0 0 𝑎 − 𝑏
𝛥5 = 𝑎 + 𝑏 + 2𝑐 𝑎 − 𝑏 𝑎 − 𝑐 𝑏 − 𝑐𝑏 − 𝑐 𝑎 − 𝑐
= 𝑎 + 𝑏 + 2𝑐 𝑎 − 𝑏 𝑎 − 𝑐 2 − (𝑏 − 𝑐)²
𝛥5 = 𝑎 + 𝑏 + 2𝑐 𝑎 − 𝑏 𝑎 + 𝑏 − 2𝑐 (𝑎 − 𝑏)
𝜟𝟓 = 𝒂 + 𝒃 + 𝟐𝒄 𝒂 + 𝒃 − 𝟐𝒄 𝒂 − 𝒃 ²
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6°) 𝜟𝟔
𝛥6 =
𝑎 𝑎 𝑎² 𝑏 + 𝑐 + 𝑑𝑎 𝑏 𝑏² 𝑐 + 𝑑 + 𝑎𝑎 𝑐 𝑐² 𝑑 + 𝑎 + 𝑏𝑎 𝑑 𝑑² 𝑎 + 𝑏 + 𝑐
𝛥6 =
𝑎 𝑎 𝑎² 𝑏 + 𝑐 + 𝑑0 𝑏 − 𝑎 𝑏² − 𝑎² 𝑎 − 𝑏0 𝑐 − 𝑎 𝑐² − 𝑎² 𝑎 − 𝑐0 𝑑 − 𝑎 𝑑² − 𝑎² 𝑎 − 𝑑
= 𝑎 𝑏 − 𝑎 𝑏² − 𝑎² 𝑎 − 𝑏𝑐 − 𝑎 𝑐² − 𝑎² 𝑎 − 𝑐𝑑 − 𝑎 𝑑² − 𝑎² 𝑎 − 𝑑
Les colonnes 1 et 3 sont opposées donc 𝜟𝟔 = 𝟎
7°) 𝜟𝟕
𝛥7 =
1 0 𝑎 𝑎²0 1 𝑏 𝑏²1 0 𝑐 𝑐²0 1 𝑑 𝑑²
𝛥7 =
1 0 𝑎 𝑎²0 1 𝑏 𝑏²0 0 𝑐 − 𝑎 𝑐² − 𝑎²0 1 𝑑 𝑑²
= 1 𝑏 𝑏²0 𝑐 − 𝑎 𝑐² − 𝑎²1 𝑑 𝑑²
= 1 𝑏 𝑏²0 𝑐 − 𝑎 𝑐² − 𝑎²0 𝑑 − 𝑏 𝑑² − 𝑏²
𝛥7 = 𝑐 − 𝑎 𝑐² − 𝑎²𝑑 − 𝑏 𝑑² − 𝑏²
= 𝑐 − 𝑎 𝑑2 − 𝑏2 − 𝑑 − 𝑏 (𝑐2 − 𝑎2)
𝛥7 = 𝒄 − 𝒂 𝒅 − 𝒃 (𝑑 + 𝑏) − 𝒅 − 𝒃 (𝒄 − 𝒂)(𝑐 + 𝑎)
𝜟𝟕 = 𝒄 − 𝒂 𝒅 − 𝒃 (𝒅 + 𝒃 − 𝒄 − 𝒂)
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Pour une matrice antisymétrique on a :
𝑑𝑒𝑡 𝐴 = det 𝐴𝑡 ≝ 𝑑𝑒𝑡 −𝐴 = −1 𝑛𝑑𝑒𝑡 𝐴
Soit 𝑑𝑒𝑡 𝐴 = −1 𝑛𝑑𝑒𝑡 𝐴
Si A est inversible, alors : 𝑑𝑒𝑡 𝐴 ≠ 0, et donc n est pair.
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1°) 𝒂𝒊𝒋 = 𝒊𝟑 + 𝟑𝒊𝟐 − 𝟓
Pour n=1, 𝜟𝟏 = −𝟏
Pour n≥2.
Rien à faire ou presque car toutes les colonnes sont identiques, donc le déterminant est nul.
𝛥1 =
−1 −1 … −115 15 … 15
𝑛3 + 3𝑛2 − 5 𝑛3 + 3𝑛2 − 5 … 𝑛3 + 3𝑛2 − 5
𝜟𝟏 = 𝟎
2°) 𝒂𝒊𝒋 = 𝒊𝒋
Pour n=1, 𝜟𝟐 = 𝟏
Pour n≥2.
𝛥2 =
1 2 … … 𝑛2 2 × 2 … … 2 × 𝑛3 3 × 2 … 3 × 𝑛⋮ ⋱ ⋮𝑛 𝑛 × 2 … 𝑛²
=
1 2 × 1 … … 𝑛 × 12 2 × 2 … … 𝑛 × 23 2 × 3 … 𝑛 × 3⋮ ⋱ ⋮𝑛 2 × 𝑛 … 𝑛 × 𝑛
Les colonnes sont colinéaires donc, 𝜟𝟐 = 𝟎
3°) 𝒂𝒊𝒋 = 𝒊 + 𝒋
𝛥3 =
2 3 4 … 𝑛 + 13 4 5 … 𝑛 + 24 5 6 … 𝑛 + 3⋮ ⋮ ⋮ ⋮
𝑛 + 1 𝑛 + 2 𝑛 + 3 … 𝑛 + 𝑛
Pour n=1, 𝛥3 = 2
Pour n=2, 𝛥3 = 8 − 9 = −1
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Pour n≥3.
𝐶2 − 𝐶1 =
111⋮1
; 𝐶3 − 𝐶1 =
222⋮2
; ….
𝛥3 =
2 1 2 … 𝑛 + 13 1 2 … 𝑛 + 24 1 2 … 𝑛 + 3⋮ ⋮ ⋮ ⋮
𝑛 + 1 1 2 … 𝑛 + 𝑛
Les colonnes 2 et 3 sont colinéaires donc 𝜟𝟑 = 𝟎
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Si 𝒕 = 𝟏, 𝑀1 = 𝑁1 = 1 1 11 1 11 1 1
. Donc 𝑟𝑎𝑛𝑔 𝑀1 = 𝑟𝑎𝑛𝑔 𝑁1 = 1
Si 𝒕 ≠ 𝟏,
o det 𝑀𝑡 = 1 𝑡 1𝑡 1 11 𝑡 1
= 0 (2 lignes égales)
Donc : 𝟏 ≤ 𝒓𝒂𝒏𝒈 𝑴𝒕 < 3
o Pour 𝑡 ≠ 1, les vecteurs colonnes C2 et C3 forment un système libre
Donc : 𝟐 ≤ 𝒓𝒂𝒏𝒈 𝑴𝒕 < 3
De ce fait 𝒓𝒂𝒏𝒈 𝑴𝒕 = 𝟐
Remarque : On peut aussi remarquer que 1 1𝑡 1
= 1 − 𝑡 ≠ 0 (𝑝𝑜𝑢𝑟 𝑡 ≠ 1)
o det 𝑁𝑡 = 1 1 𝑡1 𝑡 1𝑡 1 1
= 2 + 𝑡 1 𝑡2 + 𝑡 𝑡 12 + 𝑡 1 1
= (2 + 𝑡) 1 1 𝑡1 𝑡 11 1 1
det 𝑁𝑡 = 2 + 𝑡 1 1 𝑡0 𝑡 − 1 1 − 𝑡0 0 1 − 𝑡
= 2 + 𝑡 1 − 𝑡 (𝑡 − 1)
𝐝𝐞𝐭 𝑵𝒕 = − 𝒕 + 𝟐 (𝒕 − 𝟏)²
o Si 𝒕 ≠ 𝟏, 𝒕 ≠ −𝟐, alors 𝐝𝐞𝐭 𝑵𝒕 ≠ 𝟎, donc 𝑵𝒕 inversible et de rang 3.
On a vu que si 𝒕 = 𝟏, 𝑵𝟏 est de rang 1.
si 𝒕 = −𝟐,
𝑁−2 = 1 1 −21 −2 1
−2 1 1
𝑁−2 n’est pas de rang 3 et les vecteurs colonnes C1 et C2 forment un système
libre, de ce fait 𝒓𝒂𝒏𝒈 𝑵−𝟐 = 𝟐
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a) 𝒇 𝒙 = 𝒅𝒆𝒕 𝑨 + 𝒙𝑩
𝒇 𝒙 = 𝒅𝒆𝒕 𝑨 + 𝒙𝑩 =
𝑎 + 𝑥 𝑏 + 𝑥 𝑏 + 𝑥 … 𝑏 + 𝑥𝑐 + 𝑥 𝑎 + 𝑥 𝑏 + 𝑥 … 𝑏 + 𝑥𝑐 + 𝑥 𝑐 + 𝑥 𝑎 + 𝑥 ⋮
⋮ ⋮ ⋱ 𝑏 + 𝑥𝑐 + 𝑥 𝑐 + 𝑥 𝑐 + 𝑥 𝑎 + 𝑥
On a :
𝒇 −𝒄 = 𝒅𝒆𝒕 𝑨 − 𝒄𝑩 =
𝑎 − 𝑐 𝑏 − 𝑐 𝑏 − 𝑐 … 𝑏 − 𝑐0 𝑎 − 𝑐 𝑏 − 𝑐 … 𝑏 − 𝑐0 0 𝑎 − 𝑐 ⋮⋮ ⋮ ⋱ 𝑏 − 𝑐0 0 0 𝑎 − 𝑐
C’est le déterminant d’une matrice triangulaire supérieure dont on obtient facilement :
𝒇 −𝒄 = 𝒅𝒆𝒕 𝑨 − 𝒄𝑩 = (𝒂 − 𝒄)𝒏
et de même f(-b) est le déterminant d’une matrice triangulaire inférieure
𝒇 −𝒃 = 𝒅𝒆𝒕 𝑨 − 𝒃𝑩 = (𝒂 − 𝒃)𝒏
b) 𝒇 𝒙 = 𝜶𝒙 + 𝜷
En faisant : 𝐶𝑗 ⟶ 𝐶𝑗 − 𝐶1 (pour 𝑗 > 1)
𝒇 𝒙 = 𝒅𝒆𝒕 𝑨 + 𝒙𝑩 =
𝑎 + 𝑥 𝑏 − 𝑎 𝑏 − 𝑎 … 𝑏 − 𝑎𝑐 + 𝑥 𝑎 − 𝑐 𝑏 − 𝑐 … 𝑏 − 𝑐𝑐 + 𝑥 0 𝑎 − 𝑐 𝑏 − 𝑐
⋮ ⋮ 0 ⋱ ⋮⋮ ⋮ ⋮ 𝑏 − 𝑐
𝑐 + 𝑥 0 0 𝑎 − 𝑐
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Donc il n’y a plus de 𝑥 que dans la première colonne. Si on développe par rapport à cette colonne,
on obtient bien une expression du déterminant de la forme : 𝒇 𝒙 = 𝜶𝒙 + 𝜷 𝛼, 𝛽 ∈ ℝ²
c) Déterminons les constantes 𝜶, 𝜷 ∈ ℝ²
Il suffit de résoudre le système : On a 𝑐 ≠ 𝑏
𝑓 −𝑐 = −𝛼𝑐 + 𝛽 = (𝑎 − 𝑐)𝑛
𝑓 −𝑏 = −𝛼𝑏 + 𝛽 = (𝑎 − 𝑏)𝑛
𝜶 =
(𝒂 − 𝒄)𝒏 − (𝒂 − 𝒃)𝒏
𝒃 − 𝒄
𝜷 =𝒃(𝒂 − 𝒄)𝒏 − 𝒄(𝒂 − 𝒃)𝒏
𝒃 − 𝒄
d) Déterminons det A.
𝒇 𝟎 = 𝒅𝒆𝒕 𝑨 = 𝜷 =𝒃(𝒂 − 𝒄)𝒏 − 𝒄(𝒂 − 𝒃)𝒏
𝒃 − 𝒄
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1. Soit u l’application définie par 𝒖(𝑷) = 𝑷 + 𝑷’
La linéarité de u comme opérateur de ℝ𝑛 𝑋 à valeur dans ℝ 𝑋 est claire.
Il reste à vérifier que le degré de u(P) est bien inférieur ou égal à n.
Il suffit de le vérifier en calculant les images des vecteurs de la base canonique de ℝ𝑛 𝑋 ce
qui est assez évident.
Donc u est une application linéaire de ℝ𝒏 𝑿 dans ℝ𝒏 𝑿 .
Ecrivons la matrice de u dans la base canonique de ℝ𝑛 𝑋 .
o 𝑢(1) = 1 + 0 = 1
o 𝑢 𝑋 = 𝑋 + 1 = 1 + 𝑋
o 𝑢 𝑋² = 𝑋² + 2𝑋 = 2𝑋 + 𝑋²
o 𝑃𝑜𝑢𝑟 𝑖 > 1; 𝑢 𝑋𝑖 = 𝑖𝑋𝑖−1 + 𝑋𝑖
𝐴 = 𝑀𝑎𝑡 1,𝑋,𝑋²,…,𝑋𝑛 𝑢 =
1 1 0 … 0 … 00 1 2 ⋮ ⋮⋮ 0 1 0 ⋮⋮ ⋮ 0 ⋱ 𝑖 ⋮⋮ ⋮ ⋮ 1 0⋮ ⋮ ⋮ 0 ⋱ 𝑛0 0 0 … 0 … 1
∈ 𝑀𝑛+1 ℝ .
A est clairement une matrice triangulaire supérieure donc :
det 𝐴 = 1
Complément :
La matrice est inversible et donc u est un automorphisme de ℝ𝑛 𝑋 .
2. Soit u l’application définie par 𝒖(𝑷) = 𝑿𝑷′ + 𝑷(𝟏)
La linéarité de u comme opérateur de ℝ𝑛 𝑋 à valeur dans ℝ 𝑋 est claire.
Il reste à vérifier que le degré de u(P) est bien inférieur ou égal à n.
Il suffit de le vérifier en calculant les images des vecteurs de la base canonique de ℝ𝑛 𝑋 ce
qui est assez évident.
Donc u est une application linéaire de ℝ𝒏 𝑿 dans ℝ𝒏 𝑿 .
Ecrivons la matrice de u dans la base canonique de ℝ𝑛 𝑋 .
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o 𝑢(1) = 0 + 1 = 1
o 𝑢 𝑋 = 1 + 𝑋
o 𝑢 𝑋² = 1 + 2𝑋²
o 𝑃𝑜𝑢𝑟 𝑖 ≥ 0; 𝑢 𝑋𝑖 = 1 + 𝑖𝑋𝑖
𝐵 = 𝑀𝑎𝑡 1,𝑋,𝑋²,…,𝑋𝑛 𝑢 =
1 1 1 … 1 … 10 1 0 0 0⋮ 0 2 ⋮ ⋮⋮ ⋮ 0 ⋱ 0 ⋮⋮ ⋮ ⋮ 𝑖 0⋮ ⋮ ⋮ 0 ⋱ 00 0 0 … 0 … 𝑛
∈ 𝑀𝑛+1 ℝ .
B est clairement une matrice triangulaire supérieure donc :
det 𝐵 = 𝑖
𝑛
𝑖=1
= 𝑛!
Complément :
La matrice est inversible et donc u est un automorphisme de ℝ𝑛 𝑋 .
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