Corrigé du devoir

Questions de cours : 
  1. L'expression du déterminant de $ A$ en fonction de ses coefficients est

    $\displaystyle \vert A\vert = \sum_{s\in{\cal S}_n} \varepsilon (s) \prod_{j=1}^n a_{s(j),j}\;,
$

    $ \varepsilon (s)$ désigne la signature de la permutation $ s$.
  2. Reprenons la formule de la question précédente.

    $\displaystyle \vert A\vert = \sum_{s\in{\cal S}_n} \varepsilon (s) \prod_{j=1}^n a_{s(j),j}\;.$

    Nous pouvons réindicer le produit correspondant à la permutation $ s$ :

    $\displaystyle \prod_{j=1}^n a_{s(j),j}= \prod_{i=1}^n a_{i,s^{-1}(i)}\;.
$

    De plus la signature d'une permutation est égale à celle de son inverse (car $ \varepsilon $ est un homomorphisme de groupe).

    $\displaystyle \vert A\vert = \sum_{s\in{\cal S}_n} \varepsilon (s^{-1}) \prod_{i=1}^n a_{i,s^{-1}(i)}\;.
$

    Réindiçons alors la somme :

    $\displaystyle \vert A\vert = \sum_{s\in{\cal S}_n} \varepsilon (s) \prod_{i=1}^n a_{i,s(i)}=\vert{^t\!A}\vert\;.
$

  3. Soient $ i$ et $ j$ deux entiers compris entre $ 1$ et $ n$. On appelle cofacteur d'indices $ i$ et $ j$ et on note $ A_{i,j}$ le produit par $ (-1)^{i+j}$ du mineur d'ordre $ n-1$ obtenu en supprimant la $ i$-ième ligne et la $ j$-ième colonne de $ A$.

    $\displaystyle A_{i,j} = (-1)^{i+j} \vert(a_{h,k})_{h\neq i,k\neq j}\vert\;.
$

  4. Considérons une famille de $ r$ vecteurs colonnes de $ A$, et supposons qu'elle soit liée. Au moins un des vecteurs est combinaison linéaire des autres : sans perte de généralité, nous pouvons supposer que c'est le dernier. Considérons un mineur d'ordre $ r$ extrait de $ A$, en choisissant les $ r$ colonnes de la famille considérée, et $ r$ lignes quelconques. Dans ce mineur, la dernière colonne est combinaison linéaire des autres et donc le mineur est nul. Ce qui précède vaut pour toute famille de $ r$ vecteurs colonnes, donc tous les mineurs d'ordre $ r$ sont nuls.
  5. Si le rang de $ A$ est supérieur ou égal à $ r$ alors il existe une famille libre de $ r$ vecteurs colonnes. Choisissons $ r$ vecteurs colonnes formant une famille libre, et considérons la matrice $ n\times r$ de ces $ r$ vecteurs colonnes, qui est donc de rang $ r$. Les vecteurs lignes forment une matrice de $ n$ vecteurs de $ \mathbb{R}^r$. Or une matrice et sa transposée ont même rang. La famille des $ n$ vecteurs lignes est encore de rang $ r$. On peut donc en extraire une famille libre de $ r$ vecteurs. Les coordonnées de ces $ r$ vecteurs forment une matrice $ r\times r$ de rang $ r$, extraite de la matrice $ A$. Son déterminant est un mineur de taille $ r$ et il est non nul.

Exercice 1 : 
  1. Nous devons calculer le déterminant 

    $\displaystyle D=\left\vert\begin{array}{ccccc}
x&a&\ldots&\ldots&a\\
a&x&\ddot...
...ts\\
\vdots&&\ddots&\ddots&a\\
a&\ldots&\ldots&a&x
\end{array}\right\vert\;.
$

    La somme des éléments de chaque ligne est égale à $ x+(n-1)a$. Ajoutons les colonnes d'indices $ 2$ à $ n$ à la première, et mettons $ x+(n-1)a$ en facteur.

    $\displaystyle D=(x+(n-1)a)\left\vert\begin{array}{ccccc}
1&a&\ldots&\ldots&a ...
...s\\
\vdots&\vdots&\ddots&\ddots&a\\
1&a&\ldots&a&x
\end{array}\right\vert\;.
$

    Soustrayons alors la première ligne de chacune des autres.

    $\displaystyle D=(x+(n-1)a)\left\vert\begin{array}{ccccc}
1&a&\ldots&\ldots&a ...
...\\
\vdots&&\ddots&\ddots&0\\
0&\ldots&\ldots&0&x-a
\end{array}\right\vert\;.
$

    Le déterminant d'une matrice triangulaire est égal au produit des coefficients diagonaux, donc $ D=(x+(n-1)a)(x-a)^{n-1}$.
  2. On ne change pas la valeur de $ \mathrm{det}(A+X J)$ si on soustrait la première ligne à chacune des autres. Si on fait cela, le terme en $ X$ disparaît des lignes d'indices $ 2$ à $ n$, et la première ligne reste $ (x_1+X,a+X,\ldots,a+X)$. En développant suivant la première ligne :

    $\displaystyle \mathrm{det}(A+X J)=(x_1+X)B_{1,1}+(a+X)\sum_{j=2}^n B_{1,j}\;,
$

    où les $ B_{i,j}$ sont des cofacteurs extraits des lignes $ 2$ à $ n$, qui ne contiennent donc pas $ X$. D'où le résultat.
  3. Les matrices $ A-aJ$ et $ A-bJ$ sont diagonales. Leur déterminant est le produit des coefficients diagonaux.

    $\displaystyle \mathrm{det}(A-aJ)= \prod_{i=1}^n (x_i-a)$   et$\displaystyle \quad
\mathrm{det}(A-b J)= \prod_{i=1}^n (x_i-b)\;.
$

  4. D'après la question 2, $ \mathrm{det}(A-XJ)$ est un polynôme de degré $ 1$ en $ X$, disons $ \alpha X+\beta$, où $ \alpha$ et $ \beta$ sont deux réels. Par la question précédente, nous connaissons sa valeur en $ -a$ et $ -b$ :

    $\displaystyle -\alpha a +\beta = \prod_{i=1}^n (x_i-a)$   et$\displaystyle -\alpha b +\beta = \prod_{i=1}^n (x_i-b)
$

    Le déterminant de $ A$ est la valeur de ce polynôme en $ X=0$, à savoir $ \beta$. En éliminant $ \alpha$ entre les deux équations on obtient : $ \beta(b-a) = bP(a)-aP(b)$, où $ P$ désigne le polynôme $ P(X)=(x_1-X)\ldots(x_n-X)$. Si $ a\neq b$,

    $\displaystyle \beta = \mathrm{det}(A)= \frac{bP(a)-aP(b)}{b-a}\;,
$

  5. Pour $ a, x_1,\ldots,x_n$ fixés, la fonction qui à $ b$ associe $ \mathrm{det}(A)$ est une fonction polynomiale, donc continue. Sa valeur en $ b=a$ est la limite de l'expression trouvée à question précédente lorsque $ b$ tend vers $ a$.

    $\displaystyle \lim_{b\to a} \frac{bP(a)-aP(b)}{b-a}
=
\lim_{b\to a} \frac{(b-a)P(a)-a(P(b)-P(a))}{b-a}
=P(a)-aP'(a)\;.
$


Exercice 2 : 
  1. Si $ a_i=a_j$, les deux lignes d'indices $ i$ et $ j$ sont identiques, donc le déterminant est nul. De même, si $ b_i=b_j$, les deux colonnes d'indices $ i$ et $ j$ sont identiques et le déterminant est nul.
  2. Si on multiplie la $ j$-ième colonne du déterminant par $ a_n+b_j$, le déterminant est multiplié par $ a_n+b_j$, ce qui donne le résultat annoncé.
  3. Le coefficient d'indices $ (i,j)$ trouvé à la question précédente est :

    $\displaystyle \frac{a_n+b_j}{a_i+b_j} =
\frac{a_n-a_i+a_i+b_j}{a_i+b_j} =
\frac{a_n-a_i}{a_i+b_j} +1\;.
$

    On vérifie donc le résultat annoncé en soustrayant la dernière ligne aux précédentes.
  4. Dans le déterminant de la question précédente, on peut mettre en facteur $ (a_n-a_i)$ dans tous les termes de la $ i$-ième ligne, ce qui conduit au résultat demandé.
  5. Dans le déterminant de la question précédente, soustrayons la dernière colonne à chacune des précédentes. Pour $ i,j=1,\ldots,n-1$, le terme d'indices $ (i,j)$ devient :

    $\displaystyle \frac{1}{a_i+b_j}-\frac{1}{a_i+b_n} = \frac{a_i+b_n-a_i-b_j}
{(a_i+b_j)(a_i+b_n)}
=\frac{b_n-b_j}
{(a_i+b_j)(a_i+b_n)}\;,
$

    d'où le résultat.
  6. Dans le déterminant de la question précédente, le terme $ (b_n-b_j)$ est en facteur dans tous les coefficients de la $ j$-ième colonne, et le terme $ \frac{1}{a_i+b_n}$ est en facteur dans tous les termes de la $ i$-ième ligne. Donc :

    $\displaystyle D_n = \frac{(a_n-a_1)\cdots(a_n-a_{n-1})(b_n-b_1)\cdots(b_n-b_{n-1})}
{(a_n+b_1)\cdots(a_n+b_n)(a_1+b_n)\cdots(a_{n-1}+b_n)}\times
$

    $\displaystyle \left\vert\begin{array}{ccccc}
\frac{1}{a_1+b_1}&\frac{1}{a_1+b_2...
...s&\ldots&\frac{1}{a_{n-1}+b_n} [1.5ex]
0&0&\ldots&0&1
\end{array}\right\vert
$

    Or si on développe ce dernier déterminant selon la dernière ligne, on trouve le déterminant de Cauchy d'ordre $ n-1$, correspondant aux vecteurs $ (a_1,\ldots,a_{n-1})$ et $ (b_1,\ldots,b_{n-1})$, noté $ D_{n-1}$.
  7. Pour $ n=1$, $ D_1=\frac{1}{a_1+b_1}$. Supposons la formule vraie pour $ D_{n-1}$. D'après la question précédente,

    $\displaystyle D_n=\frac{\displaystyle{\prod_{1\leqslant i< n}
(a_n-a_i)(b_n-b_...
...)(b_j-b_i)}}{\displaystyle{\prod_{1\leqslant i,j\leqslant
n-1} (a_i+b_j)}}\;,
$

    soit

    $\displaystyle D_n=\frac{\displaystyle{\prod_{1\leqslant i<j\leqslant n} (a_i-a_j)(b_j-b_i)}}{\displaystyle{\prod_{1\leqslant i,j\leqslant n} (a_i+b_j)}}\;.
$

  8. Le cofacteur d'indices $ (i,j)$ de la matrice $ A_n$ est le déterminant de la matrice obtenue en supprimant la ligne $ i$ et la colonne $ j$. Ce faisant, on obtient la matrice de Cauchy de taille $ n-1\times n-1$, associée aux vecteurs

    $\displaystyle (a_1,\ldots,a_{i-1},a_{i+1}\ldots,a_n)$   et$\displaystyle \quad
(b_1,\ldots,b_{j-1},b_{j+1}\ldots,a_n)\;.
$

    Le cofacteur est donné par la formule de la question précédente, dont on supprime tous les facteurs contenant $ a_i$ et tous les facteurs contenant $ b_j$, et que l'on pultiplie par $ (-1)^{i+j}$. Le rapport $ \frac{C_{i,j}}{D_n}$ ne conserve donc que les facteurs contenant $ a_i$ et $ b_j$. Les termes en $ a_i-a_k$ sont affectés du signe $ +$ si $ k<i$, $ -$ si $ k>i$, idem pour les termes en $ b_j-b_h$. D'où le résultat.
  9. Pour $ n=4$, la matrice de Hilbert est :

    $\displaystyle H_4=\left(\begin{array}{cccc}
1&\frac{1}{2}&\frac{1}{3}&\frac{1}{...
... [1.5ex]
\frac{1}{4}&\frac{1}{5}&\frac{1}{6}&\frac{1}{7}
\end{array}\right)\;.
$

    D'après la question 7, son déterminant est

    $\displaystyle \frac{3\cdot 2\cdot 1\cdot 2\cdot 1\cdot 1}
{4\cdot 5\cdot 6\cdot...
...dot 3
\cdot 4 \cdot 5 \cdot 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4}
= \frac{1}{6048000}\;.
$

  10. En utilisant le résultat de la question 8, on obtient :

    $\displaystyle H_4^{-1} =
\left(\begin{array}{cccc}
16&-120&240&-140\\
-120&120...
...700&1680\\
240&-2700&6480&-4200\\
-140&1680&-4200&2800
\end{array}\right)\;.
$



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