TD n°7 : CORRECTION Algèbre linéaire : généralités et déterminants. · TD n°7 : CORRECTION .Page 1 sur 25 M. Duffaud : TD n°7 : CORRECTION Algèbre linéaire : généralités

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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)



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



Donc une base de E est :

− 1100

,

− 1010

,

− 1001



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.



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.



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.



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



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



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



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



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



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



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

http://www.math93.com/theoreme/notions_mathematiques.html#s



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



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.



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



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)



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.



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



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



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



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



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



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 .



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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TD n°7 : CORRECTION Algèbre linéaire : généralités et déterminants. · TD n°7 : CORRECTION .Page 1 sur 25 M. Duffaud : TD n°7 : CORRECTION Algèbre linéaire : généralités