Déterminants

• Expression des coefficients d’un polynôme en fonction de ses racines ;
• $\displaystyle Tr(A^k)$ 👉 Expression en fonction des valeurs propres.

1er réflexe : On exprime les coefficients $\displaystyle c_k$ du polynôme $\displaystyle P(X)$ en fonction des racines de ce dernier (c’est-à-dire les valeurs propres de $\displaystyle A$). Le lien est donné par les polynômes symétriques élémentaires en les variables $\displaystyle \lambda_1,\ldots,\lambda_n$ :
$$c_{n-k} = (-1)^k \sigma_k = (-1)^k \sigma_k(\lambda_1,\ldots,\lambda_n) = (-1)^k \sum_{1\le i_1 < \cdots < i_k \le n} \prod_{j=1}^k \lambda_{i_j}.$$

2nd réflexe : On exprime également les quantités $\displaystyle Tr(A^k)$ en fonction des valeurs propres $\displaystyle \lambda_1,\ldots,\lambda_n$. On sait que $\displaystyle A$ est semblable à une matrice triangulaire dont les coefficients diagonaux valent $\displaystyle \lambda_1,\ldots,\lambda_n$, donc $\displaystyle A^k$ est semblable à une matrice triangulaire avec $\displaystyle \lambda_1^k,\ldots,\lambda_n^k$ pour coefficients diagonaux, donc
$$Tr(A^k) = \lambda_1^k+\cdots+\lambda_n^k = S_k.$$ Les $\displaystyle S_k$ sont aussi des polynômes symétriques en les $\displaystyle \lambda_1,\ldots,\lambda_n$. Les relations entre les $\displaystyle \sigma_k$ et les $\displaystyle S_k$ sont bien comprises, et souvent résumées sous la forme de l’identité de Newton. On peut imaginer que l’idée du concepteur de l’exercice est la suivante :

• La première question permet d’établir l’identité de Newton, par une méthode assez originale.
• La deuxième question revient à exprimer les $\displaystyle \sigma_k$ uniquement en terme des quantités $\displaystyle S_k$.

On se rend compte qu’on oublie vite le cadre matriciel posé dans l’exercice, en se ramenant à un exercice sur les polynômes. L’intérêt de ce cadre matriciel réside dans l’interprétation que l’on peut faire du résultat final : la formule prouvée à la deuxième question permet de calculer les coefficients du polynôme caractéristique de $\displaystyle A$ à l’aide des traces des $\displaystyle n$ premières puissances de $\displaystyle A$, ce qui en termes de calculs est très économe.

1. On calcule tout d’abord : $$\sum_{i=1}^n \frac{P(X)}{X-\lambda_i} = \sum_{i=1}^n \prod_{j \neq i} (X-\lambda_j) = P'(X) .$$

Or $\displaystyle P(X) = \sum_{k=0}^n c_{n-k} X^k$ (avec $\displaystyle c_n=1$), donc
$$\sum_{i=1}^n \frac{P(X)}{X-\lambda_i} = \sum_{k=0}^n k c_{n-k} X^{k-1} .$$
On obtient une autre formule en se plaçant dans le cadre des séries formelles : $$\sum_{i=1}^n \frac{P(X)}{X-\lambda_i} = \sum_{i=1}^n \frac{P(X)}{X} \sum_{l=0}^\infty \left(\frac{\lambda_i}{X}\right)^l = \sum_{l=0}^\infty P(X) X^{-l-1} S_l.$$ $$= \sum_{p=0}^n \sum_{l=0}^\infty c_{n-p} S_l X^{p-l-1} = \sum_{k=0}^\infty \left(\sum_{p-l = k} c_{n-p} S_l \right) X^{k-1}.$$
En identifiant terme à terme les coefficients des séries formelles, on obtient les formules de Newton :
$$\forall 1 \leq k \leq n \ , \ (n-k) c_k = \sum_{l=0}^k c_{k-l} S_{l}.$$ On peut encore simplifier l’expression en remarquant que $\displaystyle S_0=n$, et donc $$\forall 1 \leq k \leq n \ , \ - k c_k = \sum_{l=1}^k c_{k-l} S_{l}.$$

2. Les formules de Newton nous fournissent un système de $\displaystyle n$ équations en les $\displaystyle n$ inconnues $\displaystyle c_1,\ldots,c_n$. On peut écrire matriciellement :
   $$\left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & \cdots & \cdots & \cdots & 0 \\ S_1 & 1 & 0 & \cdots & \cdots & 0 \\ S_2 & S_1 & 2 & 0 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \ddots & \ddots & \vdots \\ S_n & S_{n-1} & \cdots & \cdots & S_1 & -n \end{array}\right) \left(\begin{array}{c} 1 \\ c_1 \\ \vdots \\ c_n \end{array}\right) = \left(\begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \end{array}\right).$$ Le déterminant de la matrice (que l’on appelle $\displaystyle A$) est simple à calculer, puisqu’elle est triangulaire : celui-ci vaut $\displaystyle n!$. La formule de Cramer permet alors d’obtenir une expression des $\displaystyle c_k$ en fonction des $\displaystyle S_i$. On a : $$c_k = \frac{\det(A_k)}{\det(A)},\ 1 \le k \le n,$$ où $\displaystyle A_k$ est la matrice obtenue en remplaçant la $\displaystyle k+1$-ème colonne de $\displaystyle A$ par le vecteur colonne $\displaystyle \left(\begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \end{array}\right)$. On peut calculer le déterminant de $\displaystyle A_k$ en développant par rapport à la $\displaystyle k+1$-ème colonne, on obtient que le calcul de ce déterminant se ramène à celui du déterminant de la matrice diagonale par blocs
   $$\det(A_k) = (-1)^k \det \left( \begin{array}{cc} M_k & 0 \\ P_k & D_k \end{array}\right),$$ où $\displaystyle M_k$ est exactement la matrice donnée dans l’énoncé, et $\displaystyle D_k$ est la matrice diagonale
   $$D_k = \left(\begin{array}{ccccc} k+1 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\ S_1 & k+2 & 0 &\cdots & 0 \\ S_2 & S_1 & \ddots & \vdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \cdots & \ddots & 0 \\ S_n & \cdots & \cdots & S_1 & n \end{array}\right),$$ qui est de déterminant $\displaystyle \det(D_k) = \frac{n!}{k!},$ et on conclut facilement.

Matrice $\displaystyle M$ de rang $\displaystyle 1$ 👉 $\displaystyle M=CU^T$.

1. On écrit $\displaystyle M=CU^T$ avec $\displaystyle C$ une colonne et $\displaystyle U^T$ une ligne. Donc $\displaystyle M^2=CU^TCU^T=(U^TC)CU^T={\rm tr}(M) M$.
   On peut aussi réduire $\displaystyle M$ suivant Im et Ker, selon que $\displaystyle {\rm Im}(M)\subset {\rm Ker}(M)$ ou pas. Dans le 1er cas on peut obtenir une matrice $\displaystyle A=(a_{i,j})$ avec des zéros partout sauf $\displaystyle a_{2,1}=\alpha$, et dans le 2e cas on peut obtenir une matrice $\displaystyle (a_{i,j})$ avec des zéros partout sauf $\displaystyle a_{1,1}=\alpha$. Dans les deux cas, en faisant $\displaystyle I+A$ on voit que $${\rm det}(Id+ M)={\rm det}(Id+ A)= 1+tr(A)= 1+tr(M).$$
2. C’est une application de l’égalité précédente : le déterminant cherché vaut $\displaystyle 1+x_1y_1+\cdots+ x_ny_n$.

On a $\displaystyle \left( \begin{array}{cc} A & B \\ C & D \end{array} \right) \left( \begin{array}{cc} I_n & 0 \\ -D^{-1}C & I_m \end{array} \right)= \left( \begin{array}{cc} A -BD^{-1}C& B \\ 0 & D \end{array} \right)$.
On obtient alors le résultat en prenant le déterminant à gauche et à droite.

• Toujours commencer par des choses simples ! Si $\displaystyle n=1$ on est bien content car $\displaystyle \det(M)=a^2+b^2\ge0$ ;
• Formules avec des blocs (on a envie de faire pareil qu’avant avec les gros blocs).

On peut se rappeler qu’on a vu passer un jour des calculs de déterminants par blocs avec la formule $\displaystyle \det \left( \begin{array}{cc} A & B \\ C & D \end{array} \right) = \det(D) \det (A-BD^{-1}C )$ (On peut se rappeler de cette formule avec $\displaystyle ad-bc=d(a-bd^{-1}c)$).
Supposons donc que $\displaystyle A$ est inversible. On a $$\det \left(\begin{array}{cc} A & -B \\ B & A\end{array}\right) = \det(A) \det(A+BA^{-1}B)=\det(A)^2 \det(I+A^{-1}BA^{-1}B).$$ Donc $\displaystyle \det(M)=\det(A)^2 \det(I+C^2)$ avec $\displaystyle C=A^{-1}B$. En écrivant $\displaystyle I+C^2=(I+iC)(I-iC)$ et en remarquant que $\displaystyle \det(\overline{X})=\overline{\det(X)}$, on en déduit que $\displaystyle \det(I+C^2)\ge0$, d’où $\displaystyle \det(M) \ge 0$.
On conclut pour des matrices $\displaystyle A$ et $\displaystyle B$ quelconques en disant que les matrices inversibles sont denses et que $\displaystyle \det$ est une application continue.

$\displaystyle det(xA+yB)$ est un polynôme en $\displaystyle x$ ou $\displaystyle y$ !

On pose $\displaystyle P(t)=\det(A+tB)$. On peut revenir à la définition du déterminant : $$P(t) = \sum_{\sigma \in \Sigma_3} \varepsilon(\sigma) \prod_{i=1}^3 (a_{i,\sigma(i)}+tb_{i,\sigma(i)}),$$ pour voir que $\displaystyle P$ est une fonction polynomiale de degré au plus $\displaystyle 3$ en $\displaystyle t$, et le coefficient devant $\displaystyle t^3$ est $\displaystyle \sum_{\sigma \in \Sigma_3} \varepsilon(\sigma) \prod_{i=1}^3 b_{i,\sigma(i)} = \det(B)$, qui vaut $\displaystyle 0$ par hypothèse. Donc $\displaystyle P$ est de degré au plus $\displaystyle 2$. Mais $\displaystyle P(0)=\det(A)=0$, $\displaystyle P(1)=\det(A+B)=0$ et $\displaystyle P(-1)=\det(A-B)=0$. On a trouvé strictement plus de deux racines à $\displaystyle P$, donc $\displaystyle P$ est nécessairement le polynôme nul. Pour revenir à l’exercice, on remarque que si $\displaystyle x\neq0$, alors $\displaystyle \det(xA+yB) = x^3 P(y/x)=0$, et si $\displaystyle x=0$, alors $\displaystyle \det(xA+yB)=y^3 \det(B)=0$.

Soit $\displaystyle M_n(x)$ la matrice définissant $\displaystyle D_n(x)$. On note $\displaystyle C_{j}(x)$ la $\displaystyle j$-ème colonne de $\displaystyle M_n(x)$. La multilinéarité du déterminant permet d’obtenir la formule suivante : $$D_n'(x) = \sum_{j=1}^n \det(C_{1}(x),\ldots,C_{j-1}(x),C_{j}'(x),C_{j+1}(x),\ldots,C_{n}(x)).$$ Dans le $\displaystyle j$-ème terme de la somme, la colonne $\displaystyle C_{j}(x)$ est remplacée par sa dérivée. On remarque que, pour $\displaystyle 1 \le j \le n-1$, on a $\displaystyle C_{j}'(x)=C_{j+1}$. Le $\displaystyle j$-ème terme de la somme est donc le déterminant d’une matrice dont les colonnes $\displaystyle j$ et $\displaystyle j+1$ sont égales, ce déterminant vaut donc $\displaystyle 0$. De plus $\displaystyle C_{n}'(x) = (0,\ldots,0,1)^T$. Ainsi :

$$D_n'(x) = \left|\begin{array}{ccccc} x & 1 & & (0) & \\ x^2/2! & x & 1 & & \\ \vdots & \ddots & \ddots & \ddots & \\ \vdots & & & x & 0 \\ x^n/n! & \cdots & \cdots & x^2/2! & 1\end{array}\right| = D_{n-1}(x).$$

Pour calculer $\displaystyle D_n(x)$, on remarque tout d’abord que $\displaystyle D_n(0)=0$ car $\displaystyle M_n(0)$ est triangulaire supérieure à coefficients diagonaux nuls. On a donc $\displaystyle D_n(x) = \int_0^x D_{n-1}(t) dt$. On calcule $\displaystyle D_2(x)=x^2/2!$, et on montre ensuite par récurrence sur $\displaystyle n \ge 2$ que $\displaystyle D_n(x)=x^n/n!$.

• Formule avec un entier $\displaystyle n$ 👉 on peut toujours essayer les petites valeurs pour formuler une conjecture et ébaucher quelques idées de preuve… ici c’est un très bon réflexe !
• Coefficient binomial 👉 on n’oublie pas la formule de récurrence ! On peut quasiment tout faire avec…

Notons $\displaystyle M_n$ la matrice de l’énoncé et $\displaystyle D_n$ son déterminant. La matrice carrée est de taille $\displaystyle n+1 \times n+1$ et il semble naturel d’indicer ses coefficients par $\displaystyle 0 \le i,j \le n$ : on a $\displaystyle M_n = (m_{i,j})_{0 \le i,j \le n}$ avec $\displaystyle m_{i,j} = \binom{i+j}{j}$.

On utilise le résultat suivant : le déterminant de $\displaystyle M_n$ est le même que celui de la matrice $\displaystyle \widetilde{M}_n = (\widetilde{m}_{i,j})_{0 \le i,j \le n }$ définie par $$\widetilde{m}_{i,j} = m_{i,j}-m_{i-1,j}-m_{i,j-1}+m_{i-1,j-1},$$ où par convention $\displaystyle m_{-1,j} = m_{i,-1} = 0$. En effet, on remarque que la matrice $\displaystyle \widetilde{M}_n$ est construite à partir de la matrice $\displaystyle M_n$ par les opérations élémentaires $\displaystyle L_i \leftarrow L_i - L_{i-1}$, pour $\displaystyle 1 \le i \le n$, puis par les opérations $\displaystyle C_i \leftarrow C_i-C_{i-1}$. Ces opérations laissent le déterminant invariant.

Dans le cas de cet exercice, on a : $$\widetilde{m}_{i,j} = \binom{i+j}{j}-\binom{i+j-1}{j}-\binom{i+j-1}{j-1}+\binom{(i-1)+(j-1)}{j-1}.$$ Or la formule du triangle de Pascal permet d’écrire que $$\binom{i+j}{j}-\binom{i+j-1}{j}-\binom{i+j-1}{j-1}=0,$$ on a donc tout simplement : $$\widetilde{m}_{i,j} = \binom{(i-1)+(j-1)}{j-1}=m_{i-1,j-1}.$$

Au final, on a prouvé que $$\widetilde{M}_n = \left ( \begin{array}{c|c} 1 & \star & \cdots & \star \\ \hline 0 & \\ \vdots & &M_{n-1} \\ 0 & \end{array} \right).$$

On a donc $\displaystyle D_n = \det(\widetilde{M}_n ) = \det(M_{n-1}) = D_{n-1}$. Autrement dit : la suite $\displaystyle (D_n)_{n \ge 0}$ est constante ! Et comme on a $\displaystyle M_0 = (1)$, on conclut que $$\forall n \ge 0 \ , \ D_n = D_0 =1.$$

Opérations sur les lignes et les colonnes.

Notons $\displaystyle C_1,\dots,C_n$ les colonnes de $\displaystyle A$.
Alors $\displaystyle \det(A)=\det(C_1,C_2+C_1,C_3+C_1,\dots,C_n+C_1)$.
Or les colonnes $\displaystyle C_i+C_1$,pour $\displaystyle i=2,\dots,n$, ont des coefficients multiples de 2. La multilinéarité permet donc d’écrire $\displaystyle \det(A)=2^{n-1}\det\left(C_1,\frac{C_2+C_1}{2},\frac{C_3+C_1}{2},\dots,\frac{C_n+C_1}{2}\right)$.
D’où le résultat : le déterminant obtenu est entier car c’est le déterminant d’une matrice à coefficients entiers.

Simplifications possibles entre les lignes 👉 Opérations sur les lignes.

En faisant $\displaystyle L_i\leftarrow L_i-L_{i-1}$ pour $\displaystyle i=n,n-1,\dots, 2$, on obtient :

$\displaystyle D_n=\left| { \begin{array}{ccccc} 1 & 1 & 1 & \cdots & 1 \\ 0 & 2 & 2 & \cdots & 2 \\ \vdots & \ddots& \ddots & & \vdots \\ 0 & \cdots & 0 & n-1 & n-1 \\ 0 & 0 & \cdots & 0& n \\ \end{array}} \right| = n!$.

$\displaystyle \sin(a+b)$ 👉 Formules de trigo.

$\displaystyle \sin(a_i+a_j)=\cos(a_i)\sin(a_j)+\sin(a_i)\cos(a_j)$.

Notons alors $\displaystyle C=\begin{pmatrix}\cos(a_1)\\\vdots\\\cos(a_n)\end{pmatrix}$ et $\displaystyle S=\begin{pmatrix}\sin(a_1)\\\vdots\\\sin(a_n)\end{pmatrix}$.

La $\displaystyle j$-ème colonne de $\displaystyle A$ est égale à $\displaystyle \sin(a_j)~C+\cos(a_j)~S$. Ceci entraîne que $\displaystyle \mathrm{rg}(A)\le 2$, et donc que $\displaystyle \det(A)=0$ puisque $\displaystyle n\ge 3$.

On fait l’opération $\displaystyle C_1\leftarrow C_1-C_2-\dots-C_n$.

Ainsi $\displaystyle A_n = -\left| \begin{array}{ccccc} 2-n&1&\dots&&1\\ 0&1&0&\dots &0\\ \vdots&0&\ddots&\ddots&\vdots\\ 0&\vdots&\ddots&1&0\\ 0&0&\dots&0&1 \end{array} \right|= 2-n$

Chercher des combinaisons qui donnent de bonnes simplifications.

En ajoutant $\displaystyle C_1+\dots+C_{n-1}$ à $\displaystyle C_n$, par linéarité selon la dernière colonne on obtient :

$$B_n=(a+n-1)\left|\begin{array}{ccccc} a & 1 &1 & \dots & 1 \\ 1 & a & 1 & \dots &1 \\ 1 & 1 &a & &\vdots \\ \vdots & \vdots & & \ddots &\\ 1 & 1 & \cdots & & 1 \end{array}\right|.$$

Ensuite on peut retrancher $\displaystyle C_n$ à $\displaystyle C_j$ pour $\displaystyle j\in[\![1,n-1]\!]$ :

$$B_n=(a+n-1)\left|\begin{array}{ccccc} a -1 & 0 &0 & \dots & 1 \\ 0 & a-1 & 0 & \dots &1 \\ 0 & 0 &\ddots & &\vdots \\ \vdots & \vdots & & a-1&\vdots\\ 0 & 0 & \cdots & & 1 \end{array}\right|= (a+n-1)(a-1)^{n-1}.$$

Chercher des simplifications par opérations élémentaires.

On fait $\displaystyle L_2\leftarrow L_2-L_1$, $\displaystyle L_3\leftarrow L_3-L_2$,…,$\displaystyle L_n\leftarrow L_n-L_{n-1}$. On obtient :
$$D_n = \left|\begin{array}{ccccc} 0 & 1 & 2 & \dots & n-1\\ 1 & -1 &\dots & \dots & -1 \\ 1 & 1 &-1 & \ddots & \vdots\\ \vdots & & \ddots & \ddots & \vdots\\ 1 & \dots & 1 & 1 & -1 \end{array}\right|.$$

En ajoutant $\displaystyle C_n$ aux colonnes $\displaystyle C_j$ pour $\displaystyle j\in[\![1,n-1]\!]$, on obtient alors :

$$D_n= \left|\begin{array}{ccccc} n-1 & n & \dots & 2n-3 & n-1\\ 0 & -2 &(0) & (0) & -1 \\ 0 & 0 &\ddots & (0) & \vdots\\ \vdots & & \ddots & -2 & \vdots\\ 0 & \dots & 0 & 0 & -1 \end{array}\right|.$$
Au final $\displaystyle D_n=(1-n)(-2)^{n-2}$.

Difficile d’envisager un calcul brut…
Trouver une base de l’espace vectoriel en question dans lequel l’expression de $\displaystyle \phi$ est simple.

Soit $\displaystyle \mathcal S_n(R)$, resp. $\displaystyle \mathcal A_n(\R)$, les sous-espaces vectoriels de $\displaystyle \mathcal M_n(\R)$ formés des matrices symétriques, resp. antisymétriques.
On vérifie facilement que $\displaystyle \mathcal S_n(\R)$ et $\displaystyle \mathcal A_n(\R)$ sont des supplémentaires dans $\displaystyle \mathcal M_n(\R)$, et que $\displaystyle \dim(\mathcal S_n(\R))= \frac{n(n+1)}{2}$, $\displaystyle \dim(\mathcal A_n(\R))= \frac{n(n-1)}{2}$.
Dans une base de $\displaystyle \mathcal M_n(\R)$ adaptée à $\displaystyle \mathcal S_n(\R)\oplus\mathcal A_n(\R)$, la matrice de $\displaystyle \phi$ est diagonale, avec des $\displaystyle 1$ apparaissant $\displaystyle \frac{n(n+1)}{2}$ fois et des $\displaystyle -1$ apparaissant $\displaystyle \frac{n(n-1)}{2}$ fois.
Par conséquent $\displaystyle \det(\phi)=(-1)^{n(n-1)/2}$.

Vous l’aurez peut être remarqué, $\displaystyle \phi$ est en fait la symétrie par rapport à $\displaystyle \mathcal S_n(\R)$, parallèlement à $\displaystyle \mathcal A_n(\R)$.