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Lycée Pierre de Fermat 2016/2017MPSI 1 TD

Groupes symétriques

Déterminant

1 Groupes symétriques.

⊲ Exercice 1.1.

1. Écrire la permutation σ = (1, 2)(2, 4, 6, 5)(1, 3, 7)(2, 5, 4)(3, 5, 6, 1)(2, 5) sous forme d’un produit de cyclesà supports disjoints ainsi que sous forme d’un produit de transpositions. On pourra commencer parexpliciter σ.

2. Quel est l’intérêt de l’écriture sous forme d’un produit de cycles à supports disjoints ? en déduire rapide-ment l’expression de σ−1 sous forme de cycle à supports disjoints.

Prouver sans calcul (en ayant recours à l’exercice 1.5) que M =

0 0 0 0 1 0 00 0 0 0 0 0 10 0 0 0 0 1 00 0 0 1 0 0 00 1 0 0 0 0 00 0 1 0 0 0 01 0 0 0 0 0 0

est inversible

et donner M−1.

3. À partir des trois décompositions précédentes, calculer la signature de cette permutation. Le choix del’une est-il plus pertinent ?

⊲ Exercice 1.2.

1. Dénombrer les inversions de la permutation σ =(

1 2 3 4 53 4 1 5 2

)(on pourra présenter le raisonnement

sous la forme d’un tableau à double entrée). En déduire la signature de σ et retrouver ce résultat d’unepart en décomposant σ en produit de transpositions et d’autre part en décomposant σ en produit decycles à supports disjoints.

2. Calculer la signature des permutations

(1, 3, 4, 6)(2, 5, 6)2(3, 2)(4, 3, 1)−1,

(1 2 3 4 5 6 7 8 95 4 2 1 9 6 8 7 3

)3

,

(1 2 3 4 5 65 1 2 3 6 4

)−1

.

⊲ Exercice 1.3.

1. Soit σ ∈ Sn et (a1, . . . , ap) un p-cycle de Sn. Montrer que

σ ◦ (a1, . . . , ap) ◦ σ−1 = (σ(a1), . . . , σ(ap))

2. Montrer, en utilisant la relation précédente, que toute transposition s’écrit comme produit de transposi-tions de la famille {(1, 2), (1, 3), . . . , (1, n)}. En déduire que cette famille de (n−1) transpositions engendreSn.

⊲ Exercice 1.4.

1. Montrer que la composée de deux transpositions est un 3-cycle ou une composée de deux 3-cycles.

2. En déduire que les 3-cycles engendrent les groupes alternés.

⊲ Exercice 1.5. Matrices de permutation Considérons l’application Ψ :

{Sn −→ Mn(K)σ 7−→

[δi,σ(j)

]16i6n

16j6n

1. Expliciter Ψ pour n = 1, n = 2 et n = 3. Calculer Ψ((

1 2 3 4 53 4 5 2 1

))pour n = 5.

2. Montrer que Ψ se restreint à l’arrivée en un morphisme de groupe de (Sn, ◦) dans (GLn(K),×).

3. Montrer que, pour tout σ ∈ Sn, Ψ(σ)−1 = tΨ(σ).

4. Que représente Tr(Ψ(σ)) par rapport à σ ?

5. Que dire de l’application Φ :Sn → R∗

σ 7→ det(Ψ(σ))? On pourra interpréter det(Ψ(σ)) comme le détermi-

nant de l’endomorphisme canoniquement associé à Ψ(σ).

1

⊲ Exercice 1.6. Application de la décomposition en cycles à supports disjoints. Orde d’une per-mutation.Calcul de l’ordre p(σ) ∈ N∗ d’une permutation σ ∈ Sn.

1. Montrer que p(σ) = min{p ∈ N∗ | σp = id} est une définition cohérente.

2. Dans cette question σ est un k-cycle.

(a) Calculer p(σ) lorsque σ est un k-cycle (k > 2).

(b) Montrer que ∀p ∈ N∗, σp = id ⇐⇒ p(σ)|p.

3. Retour au cas général : σ ∈ Sn.

(a) Montrer que p(σ) est le ppcm des ordres des cycles apparaissant dans la décomposition de σ en produitde cycles à supports disjoints.

(b) Calculer l’ordre de la permutation

σ =(

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 158 15 7 4 6 14 3 13 5 9 2 1 12 10 11

).

(c) Montrer ∀p ∈ N∗, σp = id ⇐⇒ p(σ)|p.

4. Questions très intéressantes.

(a) Montrer que, ∀σ ∈ S4, σ12 = id, ∀σ ∈ S5, σ60 = id, ∀σ ∈ S6, σ60 = id.Plus généralement, quel est le plus petit pn tel que, ∀σ ∈ Sn, σpn = id ?

(b) Quels sont les ordres possibles pour les éléments de S4, S5, S6 ?

(c) Quel est le plus petit n tel que Sn possède au moins une permutation d’ordre 7 ? d’ordre 12 ? d’ordre15 ?

2 Déterminants, calculs explicites

⊲ Exercice 2.1. Calculer les déterminants suivants :

∣∣∣∣∣∣∣∣

2 −1 3 53 1 −1 55 −2 1 11 0 1 1

∣∣∣∣∣∣∣∣= 60,

∣∣∣∣∣∣∣∣

0 1 1 22 0 1 −13 1 1 41 0 2 3

∣∣∣∣∣∣∣∣= 21,

∣∣∣∣∣∣∣∣

2 6 −3 41 3 4 −54 1 2 0−3 0 3 6

∣∣∣∣∣∣∣∣= 1437,

∣∣∣∣∣∣∣∣

5 3 1 −11 −1 5 31 −1 −3 −5−3 −5 1 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣= 0.

⊲ Exercice 2.2. Déterminants de Van der Monde

1. Calculer, pour n > 1, ∆n =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 1 · · · 11 2 3 · · · n + 11 22 32 · · · (n + 1)2

......

......

1 2n 3n · · · (n + 1)n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

.

2. Soit M ∈ Mn(R) la matrice dont le coefficient (i, j) ∈ [[1, n]]2 vaut Mi,j = ija2ij+1 avec a ∈ R∗ \ {−1, 1}.Calculer det(M).

⊲ Exercice 2.3. Calculer sous une forme factorisée, les déterminants de taille n ∈ N∗ suivants

Dn =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 1 · · · 11 1 0 · · · 0

1 0 1. . .

......

.... . .

. . . 01 0 · · · 0 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

, An =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

3 1 1 · · · 11 4 1 · · · 11 1 5 · · · 1...

......

. . ....

1 1 1 · · · (n + 2)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

, Bn(a1, . . . , an) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 + a1 1 1 · · · 11 1 + a2 1 · · · 11 1 1 + a3 · · · 1...

......

. . ....

1 1 1 · · · 1 + an

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

Cn =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

0 1 1 · · · 1−1 0 1 · · · 1−1 −1 0 · · · 1...

......

. . ....

−1 −1 −1 · · · 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

,

2

⊲ Exercice 2.4. Calculer, en fonction de x ∈ K, les déterminants de taille n ∈ N∗ suivants :

∆n(x) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 + x 1 1 · · · 11 1 + x 1 · · · 11 1 1 + x · · · 1...

......

. . ....

1 1 1 · · · 1 + x

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

, Dn(x) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 + x2 x 0 · · · 0x 1 + x2 x · · · 00 x 1 + x2 · · · 0...

......

. . ....

0 0 0 · · · 1 + x2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

.

⊲ Exercice 2.5. Considérons le déterminant de taille n ∈ N∗, Dn =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

c b b · · · ba c b · · · ba a c · · · b...

. . ....

a a a · · · c

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

où (a, b, c) ∈ C3 sont

fixés quelconques.

1. (a) Donner une relation de récurrence linéaire avec second membre entre Dn et Dn+1.

(b) Résoudre cette récurrence linéaire et calculer Dn en fonction de n, a, b et c.

2. (a) (*) Donner une relation de récurrence linéaire homogène entre Dn, Dn+1 et Dn+2.

(b) Résoudre cette récurrence linéaire et calculer Dn en fonction de n, a, b et c.

3. (a) Montrer que si (C1, C2, . . . , Cn, C) ∈ Mn,1(K)n+1, en notant B la base canonique de Kn,

detB(C1 + C, C2 + C, . . . , Cn + C) = detB(C1, . . . , Cn) +n∑

i=1

detB(C1, . . . , Ci−1, C, Ci+1, . . . , Cn).

(b) En appliquant ce résultat pour C = −at(1, 1, . . . , 1) puis pour C = −bt(1, 1, . . . , 1), calculer Dn lorsquea 6= b.

(c) Retrouver, par un calcul direct, l’expression de Dn lorsque a = b. On pourra ajouter à la premièrecolonne la somme des autres colonnes.

⊲ Exercice 2.6. Soit A = (ai,j) 16i6n

16j6n

∈Mn(K). Montrer que

|det(A)| 6 min

n∏

j=1

( n∑

i=1

|ai,j |)

,

n∏

i=1

( n∑

j=1

|ai,j |) .

En déduire que, si tous les coefficients de A vérifient |ai,j | 6 c pour c ∈ R∗+ fixé, |det(A)| 6 nncn. Montrer qu’une

majoration directe donne |det(A)| 6 n!cn. Laquelle est la meilleure ?

⊲ Exercice 2.7. Soit A la matrice

0 1 0 · · · · · · 01 0 1 0 · · · 0

0 1 0. . .

. . ....

... 0. . .

. . . 1 0...

.... . . 1 0 1

0 0 · · · 0 1 0

et posons P (λ) = det(A − λIn) pour tout

λ ∈ C.

1. Trouver une relation de récurrence reliant Pn(λ), Pn+1(λ) et Pn+2(λ).

2. Déterminer une base du C-ev des solutions de

∀n ∈ N, un+2 + λun+1 + un = 0.

en fonction d’une racine µ de x2 + λx + 1 = 0.

3. Résoudre l’équation Pn(z) = 0 d’inconnue z ∈ C.

⊲ Exercice 2.8.Soient (n, p, q) ∈ N∗3 tels que n = p + q.Soient (A1, A2) ∈ Mn,p(K)×Mn,q(K). Comment sont reliés d1 = det

[A1 A2

]et d2 = det

[A2 A1

]?

⊲ Exercice 2.9. Déterminant par blocs. Soient (n, p, q) ∈ N∗3 tels que n = p + q.

3

1. Soient (A1, A2) ∈ Mp(K)×Mq(K). Montrer que

det[

A1 0p,q

0q,p A2

]= det(A1)det(A2) .

On pourra remarquer que[

A1 0p,q

0q,p A2

]=[

A1 0p,q

0q,p Iq

]×[

Ip 0p,q

0q,p A2

].

2. Soient (A1, B, A2) ∈ Mp(K)×Mp,q(K)×Mq(K). Montrer que

det[

A1 B0q,p A2

]= det(A1)det(A2) .

On pourra remarquer que, dans le cas où A1 ∈ GLp(K),[

A1 B0q,p A2

]=[

A1 0p,q

0q,p Iq

]×[

Ip A−11 B

0q,p A2

].

3. Soient (A, B1, B2) ∈ Mp,q(K)×Mp(K)×Mq(K). Exprimer det[

A B1

B2 0q,p

]en fonction de det(B1) et

det(B2).

4. Soit (n, p) ∈ N∗2 et (n1, . . . , np) ∈ N∗p tels que n1 + . . . + np = n.

Soit M ∈Mn(K) une matrice par blocs M = [Mi,j ] 16i6p

16j6p

où ∀(i, j) ∈ [[1, p]]2, Mi,j ∈Mni,nj(K).

On suppose que M est triangulaire supérieure par blocs :

∀(i, j) ∈ [[1, p]]2 , i > j ⇒Mi,j = 0ni,nj

Montrer que det(M) =p∏

i=1

det(Mi,i).

Que devient ce résultat si on suppose que M est triangulaire inférieure par blocs plutôt que triangulairesupérieure par blocs ?

⊲ Exercice 2.10. Déterminant par blocs.Soient (A, B, C, D) ∈ Mn(C)4 telles que CD = DC.

1. Calculer[

A BC D

] [D 0n,n

−C In

].

2. Dans cette question, on suppose que D ∈ GLn(C). Montrer que

det[

A BC D

]= det(AD −BC) .

3. Considérons la matrice Dε = D + εIn.

(a) En étudiant la fonction ε 7→ det(Dε) (dont la nature est très particulière), montrer qu’il existe r ∈ R∗+

tel que ∀ε ∈]0, r[, Dε ∈ GLn(C).

(b) En déduire que

det[

A BC D

]= det(AD −BC) .

On pourra pour cela étudier la fonction ε 7→ det[

A BC Dε

]− det(ADε −BC).

⊲ Exercice 2.11. Calcul par blocs. Soient (A, B) ∈ Mn(R)2 fixées quelconques.

1. Montrer que det[

A BB A

]= det(A + B)det(A−B) .

2. Montrer que det[

A −BB A

]> 0 .

⊲ Exercice 2.12. Soit A ∈ Mn(K) (K = Q,R,C, n > 2) telle que, pour tout M ∈ Mn(K), det(A + M) =det(A) + det(M). Montrer, dans les cas où n = 2 et n = 3, que A est la matrice nulle. Peut-on étendre cerésultat ?

4

3 Déterminants, un outil théorique.

⊲ Exercice 3.1. Soit E un K-ev de dimension finie tel qu’il existe u ∈ LK(E) vérifiant u2 = −idE . Montrerque E est de dimension paire si K = Q ou K = R. Qu’en est-il si K = C ?

⊲ Exercice 3.2. Soient (A, B) ∈Mn,p(K)×Mp,n(K).

1. Montrer que rg(AB) 6 min(n, p).

2. En déduire que p < n⇒ det(AB) = 0.

⊲ Exercice 3.3. Soit A ∈Mn(Z) ∩GLn(R).Montrer que

detA ∈ {−1, 1} ⇐⇒ A−1 ∈Mn(Z) .

4 Application du déterminant à l’étude de systèmes linéaires.

⊲ Exercice 4.1. Autour de la comatrice com(A) de A ∈Mn(K).

1. Exprimer, pour λ ∈ K, com(λ.A) en fonction de λ et de com(A).

2. Relier det(A) et det(com(A)). Si A ∈ GLn(K), préciser com(A−1) et (com(A))−1.

3. Montrer que, s’il existe p ∈ N∗ tel que Ap = In, alors (com(A))p = In.

4. (*) Étudier le rang de com(A) en fonction du rang de A. On montrera que si rg(A) = n, alors rg(com(A)) =n, si rg(A) = n− 1, alors rg(com(A)) = 1 et rg(A) < n− 1, alors com(A)) = 0Mn(K).

⊲ Exercice 4.2. Apparition « spontanée » d’un déterminant connu

1. Soit (ai)i∈N ∈ RN une suite telle que ∀(i, j) ∈ N2, i 6= j ⇒ ai 6= aj .Montrer que la famille de fonctions

(t 7→ eait

)i∈N

est libre. On pourra raisonner par l’absurde en considé-rant les équations obtenues en dérivant « k » fois la relation de liaison considérée.

2. Soit p ∈ N∗.

Posons ω = exp2iπ

p.

Montrer que F = {(ωkn)n∈N | k ∈ [[0, p − 1]]} est une base du C-espace vectoriel des suites complexesp-périodiques.

⊲ Exercice 4.3. Résoudre, en fonction de (a, b) ∈ R2, le système suivant dans R3

x +2y −z = −22x +7y −2z = a−x +3y +z = b

.

⊲ Exercice 4.4. Calculer, en fonction de a ∈ R, par des manipulations élémentaires sur les lignes et les colonnes,

le rang de la matrice Aa =

2 1 1 31 0 −1 0a2 2 1 14 3 2 4

. En déduire que la matrice A0 est inversible et calculer son inverse

par la méthode du pivot de Gauss (A−10 =

−12

0 −12

12

−15

25

35

0

−12−1 −1

212

910

15

310

−12

)

⊲ Exercice 4.5. Résoudre, en fonction de m ∈ R et de (a, b, c) ∈ R3, les systèmes suivants dans R3

mx +y +z = 1x +my +z = mx +y +mz = 1x +y +z = m

,

(m− 2)x +2y −z = a2x +my +2z = b

2mx +2(m + 1)y +(m + 1)z = c

5 L’indispensable : complétez, démontrez ou infirmez les assertions

suivantes.

⊲ Exercice 5.1.

1. Deux matrices sont semblables si et seulement si elles ont même déterminant.

5

2. Le déterminant d’une matrice antisymétrique est toujours nul.

3. Le déterminant d’une matrice symétrique est toujours positif ou nul.

4. Soit M une matrice de Mn(C) telle qu’il existe p ∈ N∗ pour lequel Mp = In. Alors son déterminant estune racine pième de l’unité.

5. Comment sont reliés le déterminant d’une matrice inversible et celui de son inverse ?

6. Que dire du déterminant d’une matrice de Mn(Z) s’il est dans ]− 1, 1[ ?

7. Montrer que, si (A, B) ∈ Mn(R)2 vérifient AB = BA alors det(A2 + B2) > 0. On pourra chercher à

factoriser A2 + B2 dansMn(C). Que se passe-t-il si AB −BA 6= 0 ? On pourra tester A =[

0 a−a 0

]et

B =[

1 00 3

].

8. Soit C ∈M3(K) dont C1, C2 et C3 sont les vecteurs colonnes, alors det(C) = det(C1−C2, C2−C3, C3−C1).

9. Soient C1, C2 et C3 trois vecteurs colonnes de R4. Que dire de det(C1, C2, C3) ?

10. Un système linéaire de Cramer dont les coefficients et le second membre sont dans un corps K (K = Q,R,Cou autres Q[

√2],Q[i], . . .) a pour solution un vecteur dont les composantes sont dans K.

11. Soient (A, B) ∈ Mn,p(K) ×Mn,1(K). Supposons que K = R (resp. K = Q) et que le système linéaireAX = B d’inconnue X ∈Mp,1(K) admette au moins une solution dansMp,1(C). Alors il admet au moinsune solution dans Mp,1(K).

12. Un système linéaire qui possède plus d’inconnues que d’équations a toujours au moins une solution.

13. Un système linéaire qui possède plus d’équations que d’inconnues n’a jamais de solution.

14. Un système homogème de deux équations à trois inconnues (x1, x2, x3) ∈ R3 définit une droite vectoriellede R3. Par exemple {

3x1 −x2 +x3 = 0x1 +2x2 = 0

6

Correction des exercices

⊲ Corrigé de l’exercice 1.1

1. σ =(

1 2 3 4 5 6 77 5 6 4 1 3 2

)d’où la décomposition en produit de cycles à supports disjoints σ =

(1, 7, 2, 5)(3, 6).Pour décomposer σ en transpositions, appliquons l’algorithme du cours :

(2, 7) ◦ σ =(

1 2 3 4 5 6 72 5 6 4 1 3 7

)

donc

(3, 6) ◦ (2, 7) ◦ σ =(

1 2 3 4 5 6 72 5 3 4 1 6 7

)

donc

(1, 5) ◦ (3, 6) ◦ (2, 7) ◦ σ =(

1 2 3 4 5 6 72 5 3 4 1 6 7

)= (1, 2)

si bien qu’en composant cette dernière égalité à gauche successivement par (1, 5) puis (3, 6) puis (2, 7),

σ = (2, 7) ◦ (3, 6) ◦ (1, 5) ◦ (1, 2) .

2. L’intérêt majeur de la décomposition en produit de cycles à supports disjoints réside dans la possibilitéde calculer l’ordre d’une permutation qui est égale au ppcm des longueurs des cycles apparaissant dansla décomposition. Ici on trouve que σ est d’ordre 4 (= ppcm(4, 2). Par conséquent, σ4 = id.Quatre techniques pour calculer σ−1

(a) σ4 = id d’où σ1 = σ3 ce qui permet de déterminer rapidement σ−1 :

σ−1 = σ3 = (1, 7, 2, 5)3(3, 6)3 = (1, 2, 7, 5)(3, 6) =(

1 2 3 4 5 6 75 7 6 4 2 3 1

)

(on pouvait aussi directement calculer σ−1 à partir de l’expression de cette permutation).

(b) Calculons directement σ−1 à partir de l’expression de σ :

σ−1 =(

1 2 3 4 5 6 75 7 6 4 2 3 1

)

(c) Calculons σ−1 à partir de sa décomposition en cycles à supports disjoints :

σ−1 = ((1, 7, 2, 5) ◦ (3, 6))−1 = (3, 6)−1◦(1, 7, 2, 5)−1 = (3, 6)◦(1, 5, 2, 7) =(

1 2 3 4 5 6 75 7 6 4 2 3 1

)

(d) Calculons σ−1 à partir de sa décomposition en produit de transpositions :

σ−1 = [(2, 7) ◦ (3, 6) ◦ (1, 5) ◦ (1, 2)]−1 = (1, 2)−1◦(1, 5)−1◦(3, 6)−1◦(2, 7)−1 = (1, 2)◦(1, 5)◦(3, 6)◦(2, 7)

En utilisant le morphisme Ψ de l’exercice 1.5 qui, à toute permutation de Sn associe une matrice inversible,on remarque que M = Ψ(σ) d’où l’on déduit que M ∈ GL7(R) (car ImΨ ⊂ GL7(R)) et, par propriété de

tout morphisme de groupes, M−1 = Ψ(σ−1) =

0 0 0 0 0 0 10 0 0 0 1 0 00 0 0 0 0 1 00 0 0 1 0 0 01 0 0 0 0 0 00 0 1 0 0 0 00 1 0 0 0 0 0

. On obserbe alors curieusement

que M−1 = tM . En fait cela peut s’expliquer soit directement en montrant que, pour tout γ ∈ Sn,Ψ(γ)−1 = tΨ(γ), soit en disant que, pour tout γ ∈ Sn, Ψ(γ) est une matrice orthogonale si bien que soninverse est sa transposée (voir le cours sur les endomorphismes des espaces euclidiens).

3. À partir de la définition de σ dans l’énoncé, ε(σ) = (−1)(−1)3(−1)2(−1)2(−1)3(−1) = 1.À partir de la décomposition de σ en produit de cycles à supports disjoints, ε(σ) = (−1)3(−1) = 1.À partir de la décomposition de σ en produit de transositions, ε(σ) = (−1)4 = 1.Il n’y a pas de méthode qui semble plus pertinente qu’une autre.


1


1. Soit σ ∈ Sn et (a1, . . . , ap) un p-cycle de Sn.Posons c = (σ(a1), . . . , σ(ap)).

Soit k ∈ [[1, n]] fixé quelconque.• Supposons que k /∈ {σ(a1), . . . , σ(ap)}.

⋆ D’une part, puisque σ est bijective, σ−1(k) /∈ {a1, . . . , ap} si bien que

(σ ◦ (a1, . . . , ap) ◦ σ−1)(k) = σ((a1, . . . , ap)((σ−1)(k)︸︷︷︸= σ−1(k)

)

︸︷︷︸= σ(σ−1(k))

) = k

⋆ D’autre part,c(k) = (σ(a1), . . . , σ(ap))(k) =︸︷︷︸

k /∈ {σ(a1), . . . , σ(ap)}k

Par conséquent (σ ◦ (a1, . . . , ap) ◦ σ−1)(k) = c(k).• Supposons que k ∈ {σ(a1), . . . , σ(ap)}.

Alors ∃i ∈ [[1, p]] : σ(ai) = k.⋆ D’une part,

(σ ◦ (a1, . . . , ap) ◦ σ−1)(k) = σ( (a1, . . . , ap)(σ−1(k)︸︷︷︸= ai

)

︸︷︷︸

={

ai+1 si i ∈ [[1, p− 1]],a1 si i = p,

) ={

σ(ai+1) si i ∈ [[1, p− 1]],σ(a1) si i = p.

⋆ D’autre part,

c(k) = (σ(a1), . . . , σ(ap))(σ(ai)) ={

σ(ai+1) si i ∈ [[1, p− 1]],σ(a1) si i = p.

Par conséquent (σ ◦ (a1, . . . , ap) ◦ σ−1)(k) = c(k).

Ainsi, ∀k ∈ [[1, n]], (σ ◦ (a1, . . . , ap) ◦ σ−1)(k) = c(k) donc σ ◦ (a1, . . . , ap) ◦ σ−1 = (σ(a1), . . . , σ(ap)).

2. Soit (i, j) une transposition de [[1, n]] fixée quelconque. On peut supposer i < j car (i, j) = (j, i) et sii = j, alors (i, j) = id.⋆ Si i = 1, elle a la forme souhaitée.⋆ Si i > 1, en utilisant la formule de calcul de la question précédente,

(i, j) = (1, i) ◦ (1, j) ◦ (1, i)−1

si bien que le caractère involutif d’une transposition donne

(i, j) = (1, i) ◦ (1, j) ◦ (1, i)

Ainsi, toute transposition est un produit de transpositions de la famille {(1, k) | k ∈ [[2, n]]}.

Par ailleurs, puisque les transpositions de Sn engendrent Sn, la famille {(1, k) | k ∈ [[2, n]]} engendre Sn.


1. • Soient (a, b) et (a, c) deux transpositions dont les supports s’intersectent en a :

(a, b) ◦ (a, c) = (a, c, b) .

• Soient (a, b) et (c, d) deux transpositions dont les supports sont disjoints : observons que

(a, b) ◦ (c, d) = (b, a, c)(d, a, c) .

Ainsi, la composée de deux transpositions est toujours un produit de 3-cycles.

2

2. Observons tout d’abord que les 3-cycles étant des permutations paires le sous-groupe qu’ils engendrentdans Sn est un sous-groupe du groupe alterné (n’est constitué que de permutations paires).Soit σ ∈ Sn une permutation paire fixée quelonque. Alors elle s’écrit comme produit d’un nombre pairde transpositions qui peuvent être regroupées par deux puis remplacées par des produits de 3-cycles. Parconséquent, σ s’écrit comme un produit de trois cycles.

Ainsi, les 3-cycles engendrent le groupe alterné An.


1. • n = 1. Ψ (id) = [1].

• n = 2. Ψ (id) =[

1 00 1

]et Ψ

((1 22 1

))=[

0 11 0

].

• n = 3. Ψ (id) =

1 0 00 1 00 0 1

, Ψ

((1 2 32 1 3

))=

0 1 01 0 00 0 1

, Ψ

((1 2 33 2 1

))=

0 0 10 1 01 0 0

,

Ψ((

1 2 31 3 2

))=

1 0 00 0 10 1 0

, Ψ

((1 2 32 3 1

))=

0 0 11 0 00 1 0

et Ψ

((1 2 33 1 2

))=

0 1 00 0 11 0 0

.

• Pour n = 5, Ψ((

1 2 3 4 53 4 5 2 1

))=

0 0 0 0 10 0 0 1 01 0 0 0 00 1 0 0 00 0 1 0 0

.

2. ⋆ (Sn, ◦) et (GLn(K),×) sont deux groupes.⋆ Ψ peut se restreindre à l’arrivée à GLn(K) car, pour tout σ ∈ Sn, les n vecteurs colonnes de Ψ(σ) sont,

à permutation près, les n vecteurs de la base canonique de Kn donc le sous-espace qu’il engendrentest Kn donc rg(Ψ(σ)) = n donc Ψ(σ) ∈ GLn(K).

⋆ Soient (σ, γ) ∈ (Sn)2.Soient (i, j) ∈ [[1, n]]2.

[Ψ(σ) ×Ψ(γ)]i,j =n∑

k=1

[Ψ(σ)]i,k × [Ψ(γ)]k,j

=n∑

k=1

δi,σ(k) × δk,γ(j)︸︷︷︸6= 0 ⇐⇒ k = γ(j)

= δi,σ(γ(j))

= δi,(σ◦γ)(j))

= [Ψ(σ ◦ γ)]i,j

donc Ψ(σ)×Ψ(γ) = Ψ(σ ◦ γ).

3. Calculons, pour tout (i, j) ∈ [[1, n]]2,

[Ψ(σ)× tΨ(σ)

]i,j

=n∑

k=1

[Ψ(σ)]i,k ×[

tΨ(σ)]

k,j=

n∑

k=1

δi,σ(k) × [ Ψ(σ)]j,k =n∑

k=1

δi,σ(k) × δj,σ(k) = δi,j

donc Ψ(σ)× tΨ(σ) = In si bien que Ψ(σ)−1 = tΨ(σ).Par ailleurs, Ψ étant un morphisme de groupes, pour tout σ ∈ Sn, Ψ(σ)−1 = Ψ(σ−1).

4. Il s’agit du cardinal des points fixes de σ.

5. Que dire de l’application Φ :Sn → R∗

σ 7→ det(Ψ(σ))? On pourra interpréter det(Ψ(σ)) comme le détermi-

nant de l’endomorphisme canoniquement associé à Ψ(σ).En notant Bc,Kn = (e1, . . . , en) la base canonique de Kn, on observe que

[Ψ(σ)]i,j = 1 ⇐⇒ δi,σ(j) = 1 ⇐⇒ i = σ(j)

donc la jième colonne de Ψ(σ) correspond au vecteur colonne des composantes de eσ(j) dans Bcan,Kn sibien que l’endomorphisme uσ de Kn canoniquement associé à Ψ(σ) envoie le vecteur ej sur le vecteureσ(j). On a donc

3

detΨ(σ) = det(uσ)

= detBc,Kn (uσ(e1), uσ(e2), . . . , uσ(en))

= detBc,Kn (eσ(1), . . . , eσ(n))

= ε(σ)detBcan,Kn (e1, . . . , en)

= ε(σ)


1. Sn est un ensemble fini de cardinal n! donc la famille {id = σ0, σ, . . . , σn!} qui est de cardinal n! + 1contient deux éléments identiques (lemme des tiroirs). Par conséquent, ∃(i, j) ∈ [[0, n!]]2 tels que i < j etσi = σj . En composant par (σ−1)i, id = σj−i. Ainsi, l’ensemble {p ∈ N∗ | σp = id} est une partie nonvide de N∗ donc il admet un plus petit élément.

2. Notons (i1, i2, . . . , ik) le k-cycle σ.

(a) On vérifie par calcul direct que σk = id donc p(σ) 6 k.Soit j ∈ [[1, k − 1]] fixé quelconque. Alors σj(i1) = ij+1 6= i1 donc σj 6= id. Par conséquent, p(σ) > k.On en déduit que p(σ) = k.Ainsi, l’ordre de tout k-cycle, est k.

(b) Soit p ∈ N∗ fixé quelconque. Nous avons montré que p(σ) = k.⋆ Supposons que p(σ)|p.

Alors σp = (σp(σ)︸︷︷︸

=id

)p

p(σ) orp

p(σ)∈ N∗ donc σp = id.

⋆ Supposons que σp = id.Effectuons la division euclidienne de p par p(σ) = k :

∃(q, r) ∈ N× [[0, k[[ : p = qk + r .

On observe alors queid = σp = σqk ◦ σr = σr .

Si r 6= 0, alorsi1 = id(i1) = σr(i1) = ir+1 6= i1︸︷︷︸

car r ∈ [[1, k − 1]]

ce qui est une contradiction.Par conséquent, r = 0 et p|k.

Ainsi, σp = id ⇐⇒ p(σ)|p.

3. (a) Soit σ ∈ Sn fixée quelconque. Décomposons σ en produit commutatif de cycles à supports deux à deux

disjoints : σ =q∏

i=1

ci où c1, c2, . . ., cq sont respectivement des k1, k2, . . ., kq-cycles à supports disjoints.

Posons m = ppcm(ki | i ∈ [[1, q]]).⋆ On vérifie aisément, par commutativité des cycles à supports disjoints que

σm =q∏

i=1

cmi =

q∏

i=1

(cki

i )mki = id

car, pour tout i ∈ [[1, q]],m

ki

∈ N∗ et p(ci) = ki ⇒ cki

i = id.

Par conséquent, p(σ) 6 m.⋆ Soit j ∈ [[1, m − 1]]. Puisque j < ppcm(ki | i ∈ [[1, q]]), il existe i0 ∈ [[1, q]] tel que ki0 ne divise pas

j. Effectuons la division euclidienne de j par ki0 : ∃(b, r) ∈ N× [[1, ki0 − 1]] : j = bki0 + r. Notons(a1, a2, . . . , aki0

) le ki0 -cycle ci0 .

4

Calculons

σj(a1) =

(q∏

i=1

cji

)(a1)

=

(i0−1∏

i=1

cji

)(cki0 b+r

i0(a1)) car ci0+1, ci0+2, . . ., cq laissent a1 fixe

=

(i0−1∏

i=1

cji

)(cr

i0(a1) car c

ki0 b

i0=(

cki0

i0

)b

= id

=

(i0−1∏

i=1

cji

)(ar+1)

= ar+1 car c1, c2, . . ., ci0−1 laissent ar+1 fixe

donc σj 6= id.Par conséquent, p(σ) > m.

Ainsi, p(σ) est le ppcm des ordres des cycles apparaissant dans la décomposition de σ en produit decycles à supports disjoints.

(b) La décomposition de σ en produit de cycles à supports disjoints donne

σ = (1, 8, 13, 12) ◦ (2, 15, 11) ◦ (7, 3) ◦ (5, 6, 14, 10, 9)

si bien que p(σ) = ppcm(4, 3, 2, 5) = 60.

(c) Soit σ ∈ Sn et p ∈ N∗.⋆ Supposons que p(σ)|p.

Alors σp = (σp(σ)︸︷︷︸

=id

)p

p(σ) orp

p(σ)∈ N∗ donc σp = id.

⋆ Supposons que σp = id.

Décomposons σ en produit commutatif de cycles à supports deux à deux disjoints : σ =q∏

i=1

ci où

c1, c2, . . ., cq sont respectivement des k1, k2, . . ., kq-cycles à supports disjoints.Idée 1. Reprenons la technique utilisée dans la preuve de la question précédente. On effectue ladivision euclidienne de p par p(σ) et on montre que si le reste n’est pas nul, alors σp 6= id.Idée 2. Utilisons l’unicité de la décomposition en cycles à supports disjoints.

Les cycles commutent entre eux donc id = σp =q∏

i=1

cpi . Supposons que l’une des permutations cp

i

ne soit pas id, alors elle se décompose en cycles à supports disjoints (dont les supports sont inclusdans celui de ci), ce qui donne au moins un cycle dans la décomposition de id et contredit l’unicitéde la décomposition en cycles à support disjoints pour le permutation id. Par conséquent, pourtout i ∈ [[1, q]], cp

i = id donc, en utilisant le résultat de la question 2(b), p(ci) = ki|p si bien que

p(σ) = ppcm(k1, . . . , kq)|p .

4. Questions trés intéressantes.

(a) Soit σ ∈ Sn fixée quelconque. Décomposons σ en produits de cycles à supports disjoints. Alors, lescycles ayant des longueurs appartenant à [[2, n]], leurs ordres respectifs appartiennent à [[2, n]] si bienque p(σ) = ppcm(ordresdescycles) divise ppcm(2, 3, . . . , n)Pour n = 4, ppcm(2, 3, 4) = 12 donc σ12 = id.Pour n = 5, ppcm(2, 3, 4, 5) = 60 donc σ60 = id.Pour n = 6, ppcm(2, 3, 4, 5, 6) = 60 donc σ60 = id.Dans le cas général, montrons que

pn = ppcm(2, 3, . . . , n)

⋆ D’une part, pour tout k ∈ [[2, n]], le k cycle ck = (1, 2, . . . , k) est d’ordre k, or cpn

k = id donc k divisede pn.On a ∀k ∈ [[2, n]], k | pn.Par conséquent, ppcm(2, 3, . . . , n) divise pn donc pn > ppcm(2, 3, . . . , n).

⋆ D’autre part, soit σ ∈ Sn fixée. D’après de théorème de décomposition en produit de cycles à

supports disjoints, σ =q∏

i=1

ci où c1, c2, . . ., cq sont respectivement des k1, k2, . . ., kq-cycles à

5

supports deux à deux disjoints. Pour tout i ∈ [[1, q]], ki est le cardinal du support de ci doncki ∈ [[1, n]] donc ki | ppcm(2, 3, . . . , n) si bien que c

ppcm(2,3,...,n)i = id donc

id =q∏

i=1

cppcm(2,3,...,n)i

or les cycles c1, . . ., cq commutent donc

id =q∏

i=1

cppcm(2,3,...,n)i =

(q∏

i=1

ci

)ppcm(2,3,...,n)

= σppcm(2,3,...,n)

Ainsi, l’entier ppcm(2, 3, . . . , n) vérifie

∀σ ∈ Sn , σppcm(2,3,...,n) = id

si bien que ppcm(2, 3, . . . , n) > pn (par définition, pn = min{ p ∈ N∗ | ∀σ ∈ Sn , σp = id}).(b) Ordres possibles pour les éléments de S4, S5, S6.

D’après la formule permettant ce calculer l’ordre d’une permutation, l’ordre d’une parmutation nedépend que de la liste de la longueur des cycles intervenant dans sa décomposition. Cherchons toutesles listes possibles, en les énumerant avec la convention suivante : (nb points fixes, nb transpo, nb3-cycles,...)⋆ Ordres des éléments de S4.

liste des longueurs des cycles de la décomp en cycles à supp disjoints ordre(4, 0, 0, 0) 1(2, 1, 0, 0) 2(1, 0, 1, 0) 3(0, 2, 0, 0) 2(0, 0, 0, 1) 4

⋆ Ordres des éléments de S5.

liste des longueurs des cycles de la décomp en cycles à supp disjoints ordre(5, 0, 0, 0, 0) 1(3, 1, 0, 0, 0) 2(2, 0, 1, 0, 0) 3(1, 0, 0, 1, 0) 4(1, 2, 0, 0, 0) 2(0, 1, 1, 0, 0) 6(0, 0, 0, 0, 1) 5

⋆ Ordres des éléments de S6.

liste des longueurs des cycles de la décomp en cycles à supp disjoints ordre(6, 0, 0, 0, 0, 0) 1(4, 1, 0, 0, 0, 0) 2(3, 0, 1, 0, 0, 0) 3(2, 2, 0, 0, 0, 0) 2(2, 0, 0, 1, 0, 0) 4(1, 1, 1, 0, 0, 0) 6(1, 0, 0, 0, 1, 0) 5(0, 3, 0, 0, 1, 0) 2(0, 0, 2, 0, 1, 0) 3(0, 1, 0, 1, 0, 0) 4(0, 0, 0, 0, 0, 1) 6

(c) ⋆ Quel est le plus petit n tel que Sn possède au moins une permutation d’ordre 7 ?Il s’agit de n = 7.D’une part, tout 7-cycle de S7 est d’ordre 7.D’autre part, pour n 6 6, les tableaux ci-dessus montrent qu’il n’y a pas de permutation d’ordre7 dans Sn.

⋆ Quel est le plus petit n tel que Sn possède au moins une permutation d’ordre 12 ?Il s’agit de n = 7.

6

D’une part, toute permutation sécrivant comme le produit d’un 3-cycle et d’un 4-cycle à supportsdisjoints est d’ordre 12.D’autre part, pour n 6 6, les tableaux ci-dessus montrent qu’il n’y a pas de permutation d’ordre12 dans Sn.

⋆ Quel est le plus petit n tel que Sn possède au moins une permutation d’ordre 15 ?Il s’agit de n = 8.D’une part, toute permutation sécrivant comme le produit d’un 3-cycle et d’un 5-cycle à supportsdisjoints est d’ordre 15.D’autre part, pour n 6 6, les tableaux ci-dessus montrent qu’il n’y a pas de permutation d’ordre15 dans Sn et une étude analogue pour n = 7 montre que S7 ne contient pas d’élément d’ordre 15.



1. Nous reconnaissons un déterminant de Van Der Monde si bien qu’en appliquant la formule donnant cedéterminant pour a0 = 1, a1 = 2, . . ., an−1 = n et an = n + 1 :

∆n =∏

06i<j6n

(aj − ai)

=∏

06i<j6n

((j + 1)− (i + 1))

=∏

06i<j6n

(j − i)

=n∏

j=1

∏

06i<j

(j − i)

=n∏

j=1

(j∏

k=1

k

)en posant k = j − i

=n∏

j=1

(j!) en posant k = j − i

Ainsi, ∆n =n∏

j=1

(j!).

2.


1. Observons que D2 = 0, D3 =

∣∣∣∣∣∣

1 1 11 1 01 0 1

∣∣∣∣∣∣= −1 (développer avec la méthode de Sarrus) et, pour tout

n > 2, en développant Dn+1 selon sa dernière colonne,

Dn+1 = (−1)n+1+1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 0 . . . 01 0 1 . . . 0...

......

. . ....

1 0 0 . . . 11 0 0 . . . 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

+ (−1)n+1+n+1Dn

= (−1)n+1+1(−1)n+1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 0 . . . 00 1 . . . 0...

......

. . ....

0 0 . . . 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣+ (−1)n+1+n+1Dn

= Dn − 1

Ainsi, ∀n > 2, Dn+1 = Dn − 1 donc (Dn)n>2 est une suite arithmétique de raison−1 telle que D2 = 0.

On peut alors prouver, par récurrence que, pour tout n > 2, Dn = 2− n .

7

Remarque. Autre méthode astucieuse plus directe :Retranchons, à la première ligne, la somme de toutes les autres lignes pour obtenir

Dn =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1− (n− 1) 0 . . . 01 1 . . . 0...

.... . .

...1 0 . . . 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

2− n 0 . . . 01 1 . . . 0...

.... . .

...1 0 . . . 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 2− n car c’est le déterminant d’une matrice triangulaire inférieure.

2. Observons que A1 = 3, A2 = 11. Pour tout n > 2, en retranchant la première colonne à toutes les autrespuis en développant selon la dernière colonne,

An =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

3 −2 −2 · · · −2 −21 3 0 · · · 0 01 0 4 . . . 0 0...

.... . .

. . ....

1 0 · · · 0 n 01 0 · · · 0 0 n + 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= (−1)1+n(−2)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 3 0 · · · 01 0 4 . . . 0...

.... . .

. . .1 0 · · · 0 n1 0 · · · 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

+ (−1)n+n(n + 1)An−1

= (−1)n+22(−1)n−1+1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

3 0 · · · 00 4 . . . 0...

. . .. . .

0 · · · 0 n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣+ (n + 1)An−1

= n! + (n + 1)An−1

Ce type de relation de récurrence peut être résolu de la manière suivante :

A3 = 3! + 4A2 ×5× 6× . . .× n(n + 1)A4 = 4! + 5A3 ×6× 7× . . .× n(n + 1)A5 = 5! + 6A4 ×7× 8× . . .× n(n + 1)...

...An−2 = (n− 2)! + (n− 1)An−3 ×n(n + 1)An−1 = (n− 1)! + nAn−2 ×(n + 1)An = n! + (n + 1)An−1 ×1

En sommant cette combinaison linéaire d’équations, on obtient

An = 4× 5× . . .× n(n + 1)A2 +n∑

k=3

k!× (n + 1)!(k + 1)!

=(n + 1)!

6A2 + (n + 1)!

n∑

k=3

1k + 1

= (n + 1)!116

+ (n + 1)!n∑

k=3

1k + 1

= (n + 1)!n∑

k=0

1k + 1

car116

= 1 +12

+13

Remarque 1. Autre méthode astucieuse plus directe sans passer par une relation de récurrence :Une fois que l’on a retranché la première colonne à toute les autres, on fait apparître une colonne de zéros

en dessous du coefficient (1, 1) en effectuant la transformation C1 ← C1 −13

C2 −14

C3 − . . . − 1n + 1

Cn

8

qui a la propriété de rendre le déterminant triangulaire supérieur :

An =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

3 −2 −2 · · · −2 −21 3 0 · · · 0 01 0 4 . . . 0 0...

.... . .

. . ....

1 0 · · · 0 n 01 0 · · · 0 0 n + 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

3 +n∑

k=2

2k + 1

−2 −2 · · · −2 −2

0 3 0 · · · 0 00 0 4 . . . 0 0...

.... . .

. . ....

0 0 · · · 0 n 00 0 · · · 0 0 n + 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=

(3 +

n∑

k=2

2k + 1

)× (n + 1)!

2

=

(2(

1 +12

)+ 2

n∑

k=2

1k + 1

)× (n + 1)!

2

= (n + 1)!

(n∑

k=0

1k + 1

)

Remarque 2. Il est possible de retrouver ce résultat en remarquant que An = Bn(2, 3, . . . , n + 1). La

formule générale obtenue pour exprimer Bn permet d’écrire An =

(1 +

n+1∑

i=2

1i

)(n+1)! =

(n+1∑

i=1

1i

)(n+1)!.

3. Observons que, par calcul direct, B1(a1) = 1 + a1 et B2(a1, a2) = a1a2 + a1 + a2.Soit n > 1. Retranchons la première colonne à toutes les autres colonnes puis développons selon la dernièrecolonne :

Bn+1(a1, . . . , an+1) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 + a1 −a1 −a1 · · · −a1

1 a2 0 · · · 01 0 a3 · · · 0...

......

. . ....

1 0 0 · · · an+1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= (−1)n+1+1(−a1)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 a2 0 · · · 01 0 a3 · · · 0...

......

. . ....

1 0 0 · · · an

1 0 0 · · · 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

+ (−1)n+1+n+1an+1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 + a1 −a1 −a1 · · · −1 a2 0 · · · 01 0 a3 · · · 0...

......

. . ....

1 0 0 · · · a

= (−1)n+1a1(−1)n+1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a2 0 · · · 00 a3 · · · 0...

.... . .

...0 0 · · · an

∣∣∣∣∣∣∣∣∣+ an+1Bn(a1, . . . , an)

=n∏

i=1

ai + an+1Bn(a1, . . . , an)

On peut alors prouver par récurrence que

∀n ∈ N∗ , ∀(a1, . . . , an) ∈ Kn , Bn(a1 . . . , an) =n∏

i=1

ai +∑

16i1<...<in−16n

n−1∏

j=1

aij

Dans le cas où, ∀i ∈ [[1, n]], ai 6= 0,

Bn(a1 . . . , an) =

(1 +

n∑

i=1

1ai

)n∏

i=1

ai .

9

Proposons une autre technique : notons (ei)i∈[[1,]]n les vecteurs de la base canonique de Kn et f le

vecteurn∑

j=1

ei.

Bn(a1, . . . , an) = det(a1e1 + f, a2e2 + f, . . . , anen + f)

= det(a1e1, a2e2, . . . , anen) +n∑

j=1

det(a1e1, . . . , aj−1ej−1, f, aj+1ej+1, . . . , anen).

Un calcul direct en développant le terme général de la somme selon toutes ses lignes (mais surtout la jième

pour se ramener à un déterminant diagonal), donne

Bn(a1, . . . , an) =n∏

j=1

aj +n∑

k=1

n∏

j=1j 6=k

aj .

4. Ce déterminant est un cas particulier de l’exercice 7. Nous allons dans un premier temps lerésoudre un peu différemment des deux méthodes proposées pour l’exercice 7.Pour tout n ∈ N∗, en retranchant la première colonne à toutes les autres colonnes puis en développantselon la dernière ligne,

Cn+1 =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

0 1 1 · · · 1−1 1 2 · · · 2

−1 0 1. . .

......

. . ....

. . . 2−1 0 · · · 0 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= (−1)n+2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 · · · · · · 11 2 · · · · · · 2

0 1. . .

......

. . .. . .

. . . 20 · · · 0 1 2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

+ Cn

Par ailleurs, en notant Wn =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 · · · · · · 11 2 · · · · · · 2

0 1. . .

......

. . .. . .

. . . 20 · · · 0 1 2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

, on obtient en développant selon la dernière ligne,

∀n ∈ N∗ , Wn+1 = 2Wn −Wn = Wn

donc la suite (Wn)n∈N∗ est constante égale à W1 = 1. Par conséquent, la suite (Cn)n∈N∗ vérifie C1 = 0 et∀n ∈ N∗, Cn+1 = Cn + (−1)n. On peut alors prouver par récurrence que

∀n ∈ N∗ , Cn =1 + (−1)n

2.

Proposons une autre technique : en retranchant une colonne de 1 (puis une colonne de −1) et enappliquant la méthode de la seconde partie de l’exercice 7 (on trouve dans les deux cas le déterminant

cherché +/− un même terme que l’on élimine alors par demi somme), on trouve Cn =1 + (−1)n

2. En

particulier, ceci signifie que le déterminant est nul si n ≡ 1[2]. En effet lorsque n ≡ 1[2], C1 − C2 + C3 −C4 + . . . + (−1)n+1Cn est égale à la colonne nulle ce qui prouve que les colonnes sont liées et permet deconclure à la nullité du déterminant.


1. D’après le calcul du second déterminant de l’exercice précédent appliqué pour a1 = a2 = . . . = an = x,

∆n(x) = xn + nxn−1 = xn−1(x + n) .

On pourra observer en effet que 0 est racine de ∆n(x), la multiplicité de cette racine est moins évidente,mais, en considérant les dérivées successives de ce déterminant, on parvient à voir qu’il s’agit d’une racined’ordre n− 1. De plus, −n est aussi racine du déterminant, car alor la somme des colonnes fait la colonnenulle ce qui prouve que les colonnes sont liées d’où la nullité du déterminant. Enfin la recherche ducoefficient dominant donne 1 (on ne prend qu’un seul terme par ligne et par colonne). Ces remarquesdonnent de nouveaux arguments qui permettent de conclure à l’égalité ∆n(x) = xn−1(x + n).

10

2. En développant Dn+2(x) selon la première colonne, pour tout n ∈ N∗,

Dn+2(x) = (1+x2)Dn+1(x)+(−1)1+2x

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

x 0 0 . . . 0

x 1 + x2 x . . ....

0 x 1 + x2 . . . 0...

......

. . . x0 0 0 . . . 1 + x2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= (1+x2)Dn+1(x)−x2Dn(x).

De plus, un calcul direct montre que D1(x) = 1 + x2 et D2(x) = 1 + x2 + x4. On observe alors qu’enposant, pour tout x ∈ K, D0(x) = 1, la relation

∀x ∈ K, Dn+2(x) = (1 + x2)Dn+1(x) − x2Dn(x)

est vraie pour tout n ∈ N.Fixons x ∈ K et résolvons cette récurrence linéaire du second ordre : le discriminant de l’équation ca-ractéristique r2 − (1 + x2)r + x2 = 0 est (1 + x2)2 − 4x2 = (1 − x2)2 si bien que les racines sont x2 et1.— si x2 − 1 6= 0, on recherche la solution Dn(x) sous la forme λx2n + µ avec (λ, µ) ∈ K2 à déterminer à

partir des conditions initiales{

D0(x) = 1D1(x) = 1 + x2 ce qui donne

∀n ∈ N, Dn(x) = −x2(n+1)

1− x2+

11− x2

=1− x2n+2

1− x2=

(1 − x2)

(n∑

k=0

x2k

)

1− x2=

n∑

k=0

x2k.

— si x2 − 1 = 0, 1 est racine double de l’équation caractéristique si bien que l’on recherche la solu-tion Dn(x) sous la forme (λ + nµ) avec (λ, µ) ∈ K2 à déterminer à partir des conditions initiales{

D0(x) = 1D1(x) = 1 + x2 = 2

(car x2 − 1 = 0) ce qui donne

∀n ∈ N, Dn(x) = 1 + n.

En observant que l’expressionn∑

k=0

x2k du résultat du premier cas convient également dans le second cas

(car si x2 = 1,n∑

k=0

x2k vaut n + 1), on conclut que

∀(x, n) ∈ K× N, Dn(x) =n∑

k=0

x2k.

Remarque : pour éviter la distinction des cas dans la résolution de la relation de récurrence linéaire, unetechnique consiste à chercher au brouillon la formule finale pour la démontrer ensuite directement parrécurrence à partir de la propriété définie pour tout n ∈ N,

P (n) :′′ ∀x ∈ K, ∀p ∈ N, p 6 n⇒ Dp(x) =p∑

k=0

x2k. ′′

Ne pas oublier de choisir une propriété de récurrence dans laquelle le résultat à prouver est supposé acquisau moins aux deux crans précédents car la relation de récurrence reliant des termes de la suite Dn(x) est

d’ordre 2. Par exemple la propriété Q(n) :′′ ∀x ∈ K, Dn(x) =n∑

k=0

x2k et Dn+1(x) =n+1∑

k=0

x2k. ′′ convient

également.


Considérons le déterminant de taille n ∈ N∗, Dn =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

c b b . . . ba c b . . . ba a c . . . b...

. . ....

a a a . . . c

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

où (a, b, c) ∈ C3 sont fixés quelconques.

11

1. (a) Pour tout n ∈ N∗, en effectuant les transformations Cn+1 ← Cn+1 − Cn, puis Cn ← Cn − Cn−1, puisCn−1 ← Cn−1 − Cn−2 . . . jusqu’à C2 ← C2 − C1,

Dn+1 =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

c b− c 0 · · · 0

a c− a b− c. . .

...

a 0. . .

. . . 0...

.... . . c− a b− c

a 0 · · · 0 c− a

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

Développons ensuite selon la dernière ligne pour obtenir

Dn+1 = (−1)n+1+1a

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

b− c 0 · · · · · · 0

c− a b− c. . .

...

0. . .

. . .. . .

......

. . .. . . b− c 0

0 · · · 0 c− a b− c

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

+ (−1)n+1+n+1(c− a)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

c b− c 0 · · · 0

a c− a b− c. . .

...

a. . .

. . .. . . 0

.... . . c− a b− c

a 0 · · · 0 c− a

= (−1)n+2a(b− c)n + (c− a)Dn

Ainsi, ∀n ∈ N∗, Dn+1 − (c− a)Dn = a(c− b)n.

Conditions initiale : le calcul direct donne

D1 = c

On peut chercher à définir “à la main” D0 de façon arbitraire pour que la relation de récurrenceci-dessus devienne vraie également pour n = 0 : il suffit d’imposer

D1 − (c− a)D0 = a(c− b)0 ⇐⇒ (c− a)D0 = c− a

Si c 6= 0, il existe une unique valeur pour D0 qui est D0 = 1, si c = a, alors toute valeur de D0 rendla relation de récurrence vraie pour tout n ∈ N.

(b) Résolution de la relation de récurrence.Les solutions de l’équation homogène constituent la droite vectorielle

{ (λ(c− a)n)n∈N| λ ∈ C}

La recherche d’une solution particulière requiert la distinction des deux cas suivants :• si a 6= b, alors (c− b) 6= (c− a) donc ((c− b)n)n∈N n’est pas une solution particulière de l’équation

homogène donc on cherche une solution particulière sous la forme (µ.(c − b)n)n∈N et en injectant

dans l’équation on trouve que µ =a

a− bconvient si bien que la droite affine des solutions de la

relation de récurrence linéaire d’ordre 1 est{(

λ(c− a)n +a

a− b(c− b)n

)

n∈N

∣∣∣∣ λ ∈ C

}

Afin d’expliciter (Dn)n∈N, utilisons que D1 = c pour préciser la valeur de λ :

λ(c− a) +a

a− b(c− b) = c ⇐⇒ λ(c− a)(a− b) = −b(c− a)

Si c 6= a, alors λ =b

b− adonc

∀n ∈ N∗ , Dn =b(c− a)n − a(c− b)n

b− a

Si c 6= a, alors a compléter• si a = b, alors ((c − b)n)n∈N = ((c− a)n)n∈N est une solution particulière de l’équation homogène

donc on cherche une solution particulière sous la forme (αn(c − a)n)n∈N et, en injectant dansl’équation on trouve

∀n ∈ N , α(n + 1)(c− a)− α(c− a)n = a

soitα(c− a) = a

12

⋆ Si c = a, alors a = c = b donc D1 = c et ∀n ∈ N∗, n > 1 ⇒ Dn = 0 car la matrice dont oncalcule le déterminant est de range 1 < n.

⋆ Si c 6= a, alors α =a

c− adonc la solution particulière cherchée est

(an

c− a(c− a)n

)

n∈N

si bien

que∃λ ∈ C : ∀n ∈ N∗ , Dn = λ(c− a)n +

an

c− a(c− a)n

En particularisant pour n = 1,λ(c− a) + a = c

donc λ = 1 et ∀n ∈ N∗, Dn = (c− a)n + an(c− a)n−1.

Ainsi,

• si a 6= b, ∀n ∈ N∗ , Dn =b(c− a)n − a(c− b)n

b − a,

• si a = b,⋆ si c = a, D1 = c et ∀n ∈ [[2, +∞[[, Dn = 0,⋆ si c 6= a, ∀n ∈ N∗, Dn = (c− a)n + an(c− a)n−1.

2. (a) Pour tout n ∈ N∗, en retranchant la première colonne à toutes les autres colonnes puis en développantselon la dernière ligne,

Dn+2 =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

c b− c b− c · · · b− ca c− a b− a · · · b− a

a 0 c− a. . .

......

.... . .

. . . b− aa 0 · · · 0 c− a

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= (−1)n+3a

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

b− c b− c b− c · · · b− cc− a b− a b− a · · · b− a

0 c− a. . .

. . ....

.... . .

. . .. . . b− a

0 · · · 0 c− a b− a

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

+ (−1)n+2+n+2(c− a)Dn+1

Notons Tn =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

b− c b− c b− c · · · b− cc− a b− a b− a · · · b− a

0 c− a. . .

. . ....

.... . .

. . .. . . b− a

0 · · · 0 c− a b− a

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

de sorte que

∀n ∈ N∗ , Dn+2 = (−1)n+1aTn+1 + (c− a)Dn+1 .

En développant Tn+1 selon la dernière ligne,

Tn+1 = (b− a)Tn − (c− a)Tn = (b− c)Tn

or en reprenant la relation de récurrence précédente, (−1)naTn = Dn+1 − (c− a)Dn si bien que

(−1)n+1aTn+1 = −(b− c)(Dn+1 − (c− a)Dn)

d’où∀n ∈ N∗ , Dn+2 = (2c− a− b)Dn+1 + (b− c)(c− a)Dn .

Il reste à tenir compte des conditions initiales D1 = c et D2 = c2 − ab.

(b) L’équation caractéristique associée à la relation de récurrence ci-dessus est 0 = X2 − ((c − a) + (c −b))X + (c− a)(c− b) = (X − (c− a))(X − (c− b)).— Si a 6= b, les deux racines de l’équation caractéristique sont distinctes

— Si c 6= a et c 6= b, les deux racines de l’équation caractéristique sont non nulles et il existe(α, β) ∈ C2 tels que

∀n ∈ N∗ , Dn = α(c− a)n + β(c− b)n .

En exploitant que D1 = c et D2 = c2 − ab, on obtient α =b

b− aet β = − a

b− asoit

∀n ∈ N∗ , Dn =b(c− a)n − a(c− b)n

b− a.

13

— Si c = a, alors 0 est racine de l’équation caractéristique si bien que l’équation de récurrenceest en fait du premier ordre : ∀n ∈ N∗ , Dn+2 = (c − b)Dn+1 donc (Dn)n∈N∗ est une suitegéométrique de raison c− b et puisque D1 = c,

∀n ∈ N∗ , Dn = c(c− b)n−1 .

— Si c = b, en reprenant la technique du cas c = a,

∀n ∈ N∗ , Dn = c(c− a)n−1 .

Remarque : dans le cas a 6= b, Dn étant une expression polynômiale en c, elle est continue en cdonc le cas c = a (resp. c = b) peut se déduire du cas général c 6= a et c 6= b par passage à la limitelorsque c tend vers a (resp. vers b).

— Si a = b, les deux racines de l’équation caractéristique sont confondues— si c 6= a ces deux racines sont non nulles si bien qu’il existe (α, β) ∈ C2 tels que

∀n ∈ N∗ , Dn = (α + nβ)(c− a)n .

En exploitant que D1 = c et D2 = c2 − ab = c2 − a2, on obtient α = 1 et β =a

c− adonc

∀n ∈ N∗ , Dn =(

1 + na

c− a

)(c− a)n .

— si c = a, alors les deux racines sont nulles, mais Dn possède alors deux lignes identiques dèsque n > 2 donc D1 = c et ∀n ∈ N∗, n > 2⇒ Dn = 0.

3. (a) Soient (C1, C2, . . . , Cn, C) ∈ Mn,1(K)n+1 et B la base canonique de Kn. En développant successive-ment par linéarité en la première variable, puis en la seconde,..

detB(C1 + C, C2 + C, . . . , Cn + C) = detB(C1, C2 + C, . . . , Cn + C) + detB(C, C2 + C, . . . , Cn + C)

= detB(C1, C2, C3 + C, . . . , Cn + C) + detB(C1, C, C3 + C . . . , Cn + C)

+detB(C, C2, C3 + C, . . . , Cn + C) + detB(C, C, C3 + C, . . . , Cn + C)︸︷︷︸=0

= detB(C1, C2, C3, . . . , Cn + C) + detB(C1, C2, C . . . , Cn + C)

+detB(C1, C, C3, . . . , Cn + C) + detB(C1, C, C, . . . , Cn + C)︸︷︷︸=0

+detB(C, C2, C3, . . . , Cn + C) + detB(C, C2, C, . . . , Cn + C)︸︷︷︸=0

= . . .

= detB(C1, . . . , Cn) +n∑

i=1

detB(C1, . . . , Ci−1, C, Ci+1, . . . , Cn).

(b) Notons C1, . . ., Cn les colonnes du déterminant à calculer. En appliquant le résultat de la questionprécédente pour C = −at(1, 1, . . . , 1), on obtient

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

c− a b− a · · · b− a

0 c− a. . .

......

. . .. . . b− a

0 · · · 0 c− a

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= Dn +n∑

i=1

detB(C1, . . . , Ci−1,−at(1, 1, . . . , 1), Ci+1, . . . , Cn)

soit

− a

n∑

i=1

detB(C1, . . . , Ci−1,t (1, 1, . . . , 1), Ci+1, . . . , Cn) = (c− a)n −Dn (1)

puis en l’appliquant pour C = −bt(1, 1, . . . , 1), on obtient de même

− b

n∑

i=1

detB(C1, . . . , Ci−1,t (1, 1, . . . , 1), Ci+1, . . . , Cn) = (c− b)n −Dn (2)

Par conséquent, en effectuant la combinaison linéaire de b fois l’égalité (1) et a fois l’égalité (2), on

obtient, si a 6= b, Dn =b(c− a)n − a(c− b)n

b− a.

14

(c) Supposons que a ∈ C fixé quelconque et calculons Dn lorsque a = b. Ajoutons à la première colonnela somme des autres colonnes :

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

c a · · · a

a c. . .

......

. . .. . . a

a · · · a c

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

c + (n− 1)a a · · · · · · a

c + (n− 1)a c. . .

...... a

. . .. . .

......

.... . .

. . . ac + (n− 1)a a · · · a c

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= (c + (n− 1)a)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 a · · · · · · a

1 c. . .

...... a

. . .. . .

......

.... . .

. . . a1 a · · · a c

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= (c + (n− 1)a)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 a · · · · · · a0 c− a 0 · · · 0...

. . .. . .

. . ....

......

. . .. . . 0

0 · · · · · · 0 c− a

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= (c− a)n−1(c + (n− 1)a)

Retrouvons la valeur de Dn(a, b) lorsque a = b et (a, b) ∈ R2 à partir du calcul précédent :— Soit b ∈ R fixé quelconque et c ∈ C \ {b}. Par polynômialité du déterminant, Dn(a, b) est une

fonction polynômiale en la variable a donc continue en la variable a lorsque a ∈ R donc

Dn(b, b) = lima→b

a6=b

Dn(a, b, c) = lima→b

a6=b

b(c− a)n − a(c− b)n

b− a.

Posons a = b + h et effectuons un développement limité lorsque h→ 0

b(c− a)n − a(c− b)n

b− a=

b(c− b− h)n − (b + h)(c− b)n

−h

=b(c− b)n

(1− h

c−b

)n

− (b + h)(c− b)n

−h

=h→0

−nbh(c− b)n1 − h(c− b)n + o(h)−h

=h→0

(c + (n− 1)b)(c− b)n−1 + o(1)

donc Dn(b, b, c) = (c + (n− 1)b)(c− b)n−1.— Dans le cas où c = b = a, il est immédiat que D1(a, a, a) = a et que pour tout n > 2, Dn(a, a, a) = 0

(la matrice dont on calcule le déterminant est de rang 1).Remarque : la valeur de Dn(a, b) lorsque a = b peut aussi être retrouvée par une technique analoguesi (a, b) ∈ C2 à partir du calcul précédent. Posons Pn(X) = Dn(a, X) ∈ C[X ] et appliquons la formule

de Taylor en a : Pn(X) = Dn(a, a) +n∑

k=1

(X − a)k

k!P (k)

n (a) si bien que Pn(a + h) =h→0

Dn(a, a) + o(h)

d’où Dn(a, a) = limh→0

Pn(a + h) (la formule de Taylor nous a permis de prouver la continuité d’un

polynôme à valeurs complexes en fonction de sa variable complexe).



1. Pour tout n ∈ N∗ (Pn(λ) n’est a priori pas défini si n = 0 !), Pn+2(λ) = −λPn+1(λ)− Pn(λ).

15

En effet, en développant Pn+2(λ) selon la première colonne,

Pn+2(λ) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

−λ 1 0 · · · · · · 01 −λ 1 0 · · · 0

0 1 −λ. . .

. . ....

... 0. . .

. . . 1 0...

.... . . 1 −λ 1

0 0 · · · 0 1 −λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= (−1)1+1 × (−λ)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

−λ 1 0 · · · 0

1 −λ. . .

. . ....

.... . .

. . . 1 0...

. . . 1 −λ 10 · · · 0 1 −λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

+ (−1)2+1 × 1×

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 0 0 · · · · · · 0

1 −λ 1. . .

...

0 1 −λ 1. . .

......

. . .. . .

. . .. . . 0

.... . .

. . . 1 −λ 10 · · · · · · 0 1 −λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= −λPn+1(λ) − Pn(λ) en développant le dernier déterminant selon la première ligne.

Pour que la relation de récurrence soit satisfaite pour tout n ∈ N, il est commode de définir P0(λ) pourque l’égalité P2(λ) = −λP1(λ)− P0(λ) devienne vraie ce qui impose P0(λ) = 1.

2. L’équation caractéristique assosciée à la relation de récurrence linéaire d’ordre 2 : ∀n ∈ N, un+2 +λun+1 +un = 0 est X2 + λX + 1 = 0 dont le discriminant est λ2 − 4 et dont le produit des racines est 1 (si bien

que si µ est une racine,1µ

est l’autre racine !).

• si λ ∈ C \ {−2, 2}, alors les deux racines sont distinctes si bien qu’une base du C-espace vectoriel

cherché est{

(µn)n∈N,

(1

µn

)

n∈N

}.

• si λ = 2, l’équation caractéristique admet (−1) comme racine double si bien qu’une base du C-espacevectoriel cherché est

{((−1)n)n∈N, (n(−1)n)n∈N

}.

• si λ = −2, l’équation caractéristique admet 1 comme racine double si bien qu’une base du C-espacevectoriel cherché est

{(1)n∈N, (n)n∈N

}.

3. Déterminons explicitement Pn(λ). En utilisant que que P0(λ) = 1 et P1(λ) = −λ comme conditionsinitiales,— si λ ∈ C \ {−2, 2}, il existe (a, b) ∈ C2 tels que

∀n ∈ N∗ , Pn(λ) = aµn +b

µn

où µ =−λ +

√λ2 − 4

2. En évaluant cette relation pour n = 0 et n = 1,

a + b = 1

aµ +b

µ= −λ

Le déterminant de ce système est1µ− µ 6= 0 (car λ ∈ C \ {−2, 2} implique que les deux racines de

x2 + λx + 1 sont distinctes). On trouve a =1µ

+ λ1µ− µ

= − µ1µ− µ

(car la somme des racines du trinôme

1µ

+ µ vaut −λ ) et b =−λ− µ

1µ− µ

=1

1− µ2d’où,

∀n ∈ N , Pn(λ) =−µn+2 + µ−n

1− µ2.

Posons Hn(µ) = Pn(λ).Par conséquent,

Hn(z) = 0 ⇐⇒

z2n+2 = 1etz2 − 1 6= 0

⇐⇒ z ∈ U2n+2 \ {−1, 1} .

16

Ainsi, Pn(λ) = 0 ⇐⇒ µ ∈ U2n+2 \ {−1, 1}, or λ = −µ− 1µ

donc nous obtenons exactement n valeurs

deux à deux distinctes qui annulent Pn(λ) : ce sont{

cos(

kπ

n + 1

)∣∣∣∣ k ∈ [[1, n]]}

.

Or Pn est un polynôme de degré inférieur ou égal à n donc son degré est exactement n, il admet

exactement n racines qui sont les{

cos(

kπ

n + 1

)∣∣∣∣ k ∈ [[1, n]]}

et elles sont toutes simples.

— les cas λ = 2 et λ = −2 ne sont pas à étudier puisque nous savons que nous avons déjà trouvé toutesles racines de Pn.

⊲ Corrigé de l’exercice 2.8Notons (C1, . . . , Cp) ∈Mn,1(R)p les colonnes de A1 et (Cp+1, . . . , Cp+q) ∈ Mn,1(R)q les colonnes de A2.Il s’agit de relier les déterminants

d1 = det

C1 . . . Cp Cp+1 . . . Cp+q

et d2 = det

Cp+1 . . . Cp+q C1 . . . Cp

Notons c le (p + q)-cycle (1, 2, . . . , p, p + 1, . . . , p + q) de Sp+q et σ = cp.Observons que

d2 = det

Cσ(1) . . . Cσ(q) Cσ(q+1) . . . Cσ(p+q)

donc le caractère alterné du déterminant permet d’écrire

d2 = ε(σ)d1

La signature de σ est, par propriété de morphisme,

ε(σ) = ε(cp) = ε(c)p = ((−1)p+q−1)p = (−1)p(p−1)

︸︷︷︸= 1

car p(p− 1) ≡ 0[2]

(−1)pq = (−1)pq

Ainsi, d1 = (−1)pqd2.


1. Un calcul direct donne [A1 0p,q

0q,p A2

]=[

A1 0p,q

0q,p Iq

]×[

Ip 0p,q

0q,p A2

]

si bien que, par propriété de morphisme multiplicatif du déterminant,

det[

A1 0p,q

0q,p A2

]= det

[A1 0p,q

0q,p Iq

]× det

[Ip 0p,q

0q,p A2

]

En développant det[

A1 0p,q

0q,p Iq

]successivement selon ses q dernières colonnes,

det[

A1 0p,q

0q,p Iq

]= det(A1)


Ip 0p,q

0q,p A2

]successivement selon ses p premières colonnes,

det[

Ip 0p,q

0q,p A2

]= det(A2)

Ainsi, det[

A1 0p,q

0q,p A2

]= det(A1)det(A2).

2. (a) Supposons que A1 6∈ GLp(K). Alors rgA1 < p donc les p colonnes de A1 forment une famille liée, donc

les p premières colonnes de[

A1 B0q,p Iq

]forment une famille liée, donc les colonnes de

[A1 B0q,p Iq

]

forment une famille liée (toute famille contenant un sous-famille liée est liée) donc

det[

A1 B0q,p Iq

]= 0 = 0× detA2 = detA1 × detA2 (car rgA1 < p⇒ detA1 = 0)

17

(b) Supposons que A1 ∈ GLp(K). Observons que[

A1 B0q,p A2

]=[

A1 0p,q

0q,p Iq

]×[

Ip A−11 B

0q,p A2

].

si bien que, par propriété de morphisme multiplicatif du déterminant,

det[

A1 B0q,p A2

]= det

[A1 0p,q

0q,p Iq

]× det

[Ip A−1

1 B0q,p A2

]


A1 0p,q

0q,p Iq

]successivement selon ses q dernières colonnes,

det[

A1 0p,q

0q,p Iq

]= det(A1)


Ip A−11 B

0q,p A2

]successivement selon ses p premières colonnes,

det[

Ip A−11 B

0q,p A2

]= det(A2)

Ainsi, det[

A1 B0q,p A2

]= det(A1)det(A2).

Remarque : en observant que[

A1 B0q,p A2

]=[

Ip 0p,q

0q,p A2

]×[

A1 B0q,p Iq

]

on prouve, avec la même technique que ci-dessus le résultat annoncé mais sans avoir à distinguer le casoù A1 est inversible du cas où il ne l’est pas.

3. • Méthode 1.Échangeons la première colonne de B1 successivement avec la dernière de A puis avec l’avant dernièrede A, puis avec l’antépenultième de A, . . . jusquà avoir la première colonne de B2 en première position.Cela fait intervenir q échange et multiplie donc par (−1)q le déterminant.Reproduisons les q mêmes échanges avec la deuxième colonne de B2 pour l’amener en deuxième positionce qui multiplie donc par (−1)q le déterminant.. . .Reproduisons les q mêmes échanges avec la dernière colonne de B2 pour l’amener en p-ième positionce qui multiplie donc par (−1)q le déterminant.

Ainsi, nous avons effectué p opérations successives pour obtenir[

B1 A0q,p B2

]à partir de

[A B1

B2 0q,p

]

et elles multiplient toutes par (−1)q le déterminant donc

det[

A B1

B2 0q,p

]= (−1)pq det

[B1 A0p,q B2

]

︸︷︷︸= detB1 × detB2

donc det[

A B1

B2 0q,p

]= (−1)pqdetB1 × detB2 .

• Méthode 2. Observons que[

A B1

B2 0q,p

]×[

0p,q Iq

Ip 0p,q

]=[

B1 A0q,p B2

]

donc, par propriété de morphisme du déterminant et en utilisant la formule d’un déterminant trian-gulaire supérieur par blocs,

det[

A B1

B2 0q,p

]× det

[0p,q Ip

Iq 0q,p

]= detB1detB2

or en développant selon la colonne d’indice q+1 p fois successivement, à chaque fois l’unique coefficientnon nul vaut 1 et est situé sur la première ligne et la colonne d’indice q + 1 donc le déterminant estmultiplié à chaque fois par (−1)q+2 = (−1)q. On obtient donc

18

det[

0p,q Ip

Iq 0q,p

]= ((−1)q)p × detIq︸︷︷︸

= 1

= (−1)pq

Ainsi, det[

A B1

B2 0q,p

]= (−1)pqdet(B1)det(B2).

Par exemple, si p = q = 2, det[

A B1

B2 0q,p

]= det(B1)det(B2) tandis que si p = 3 et q = 3,

det[

A B1

B2 0q,p

]= −det(B1)det(B2).

4. Procédons par récurrence sur le nombre p de blocs diagonaux.


1. Le calcul donne[

A BC D

] [D 0n,n

−C In

]=[

AD −BC B0n,n D

]d’où, par propriété de morphisme du

déterminant,

det[

A BC D

]× det

[D 0n,n

−C In

]= det

[AD −BC B

0n,n D

]

En utilisant les formules de calcul d’un déterminant triangulaire supérieur et inférieur par blocs (voirl’exercice 2.9),

det[

A BC D

]× det(D)× det(In) = det(AD −BC)× det(D)

d’où

det[

A BC D

]× det(D) = det(AD −BC) × det(D) (3)

2. Dans cette question, on suppose que D ∈ GLn(C).L’hypothèse d’inversibilité de D garantit que det(D) 6= 0 ce qui permet de multiplier les deux membresde la relation (3) par det(D)−1 pour obtenir

det[

A BC D

]= det(AD −BC) .

3. Considérons la matrice Dε = D + εIn.(a) La fonction f : ε 7→ det(Dε) est définie sur R et est une fonction polynomiale (car un déterminant est

une combinaison linéaire de produits de coefficients de la matrice Dε qui sont tous des polynômes enε).De plus, la formule explicite donnant l’expression du déterminant d’une matrice en fonction de sescoefficients (somme indicée par les permutations du groupe symétrique) montre que⋆ chaque coefficient étant de degré 6 1, puisque le déterminant est une combinaison linéaire de

produits de n coefficients de la matrice Dε, son degré est 6 n.⋆ les seuls coefficients de degré 1 de Dε étant les coefficients diagonaux, sachant qu’un déterminant

est la somme (affectée d’un signe) de tous les produits de n coefficients de la matrice obtenus enne choisissant qu’un seul coefficient par ligne et par colonne, il existe une unique permutation deSn susceptible de faire apparaître un terme de degré n, il s’agit de id[[1,n]] qui donne le terme

ε(id[[1,n]])︸︷︷︸= 1

×n∏

i=1

(Di,i + ε) = εn + . . .︸︷︷︸terme de deg 6 n− 1

On en déduit que le coefficient de εn dans f(ε) est 1 donc f est une fonction polynomiale de degrén. Cette fonction possède donc exactement n racines complexes répétées avec multiplicité que nousnoterons z1, . . ., zn.Posons r = min ({1} ∪ {|zi| | i ∈ [[1, n]] , zi 6= 0}) (r est le plus petit module d’une racine non nulle def , et le singleton {1} est présent pour garantir que la partie dont on prend le plus grand élément estbien non vide, car il se pourrait que toutes les racines de f soient nulles -c’est justement le cas lorsqueD est une matrice nilpotente-).En particulier, pour tout ε ∈]0, r[, ε 6= 0 et |ε| < r ⇒ r 6∈ {|zi| | i ∈ [[1, n]] , zi 6= 0} donc r n’est pasune racine de f d’où f(ε) 6= 0 donc det(Dε) 6= 0.

Ainsi, il existe r ∈ R∗+ tel que ∀ε ∈]0, r[, Dε ∈ GLn(C).

19

(b) Puisque ∀ε ∈]0, r[, Dε ∈ GLn(C), nous pouvons appliquer le résultat de la question 2 pour D ← Dε

et affirmer que

∀ε ∈]0, r[ , det[

A BC Dε

]= det(ADε −BC)

.

Notons g : ε 7→ det[

A BC Dε

]− det(ADε −BC).

Puisqu’un déterminant est une combinaison linéaire de produits de ses coeffcicients et puisque les

coefficients des matrices[

A BC Dε

]et ADε − BC sont des polynômes en ε, g est une fonction po-

lynomiale en ε. De plus, elle est nulle sur ]0, r[, donc elle admet une infinité de racines donc elle estidentiquement nulle sur R.

En particulier, on a g(0) = 0 d’où det[

A BC D

]= det(AD −BC).


1.

det[

A BB A

]= det

[A + B BB + A A

]en ajoutant les n dernières colonnes aux n premières

= det[

A + B BB + A− (A + B) A−B

]en retranchant les n premières lignes aux n dernières

= det[

A + B B0n,n A−B

]

= det(A + B)det(A−B) d’après la formule du déterminant triangulaire par blocs.

(4)

2. En reprenant les idées de la question précédente et en considérant la matrice par blocs dans M2n(C),

det[

A −BB A

]= det

[A− iB −BB + iA A

]en ajoutant i fois les n dernières colonnes aux n premières

= det[

A− iB −Bi(A− iB) A

]

= det[

A− iB −Bi(A− iB)− i(A− iB) A− (−i)B

]en retranchant i fois les n premières lignes

aux n dernières

= det[

A− iB −B0n,n A + iB

]

= det(A− iB)det(A + iB) d’après la formule du déterminant triangulaire par blocs.

(5)

Utilisons la formule explicite du déterminant d’une matrice en fonction de ses coefficients pour montrerque det(A− iB) = det(A + iB).

det(A− iB) =∑

σ∈Sn

ε(σ)n∏

k=1

[A− iB]k,σ(k)

=∑

σ∈Sn

ε(σ)n∏

k=1

(Ak,σ(k) − iBk,σ(k)

)

=∑

σ∈Sn

ε(σ)n∏

k=1

(Ak,σ(k) + iBk,σ(k)

)car ∀k ∈ [[1, n]], (Ak,σ(k), Bk,σ(k)) ∈ R2

=∑

σ∈Sn

ε(σ)n∏

k=1

(Ak,σ(k) + iBk,σ(k)

)car la conjugaison est un morphisme de corps

= det(A + iB)

Ainsi, det[

A −BB A

]= |det(A + iB)|2 > 0.

20

⊲ Corrigé de l’exercice 2.12Soit A ∈ Mn(K) telle que, pour tout M ∈Mn(K), det(A + M) = det(A) + det(M).Méthode 1. Elle convient pour tout corps K quelle que soit sa caractéristique. Supposons qu’il existeune matrice non nulle A qui convient.

— Montrons que A /∈ GLn(K).En effet, si A ∈ GLn(K), alors, en factorisant par A,

∀M ∈Mn(K) , detA× det(In + A−1M) = detA + detM

puis en multipliant par det(A)−1,

∀M ∈ Mn(K) , det(In + A−1M) = 1 +detMdetA

= 1 + det(A−1M)

ce qui donne, puisque{Mn(K) −→ Mn(K)

M 7−→ A−1Mest une bijection,

∀M ∈Mn(K) , det(In + M) = 1 + detM .

En prenant pour M la matrice

−1 0 · · · 00 0 · · · 0...

.... . .

...0 0 · · · 0

, on obtient 0 = 1 + 0 d’où une contradiction.

— Puisque A /∈ GLn(K), on a ∀M ∈ Mn(K), det(A + M) = det(M). Notons C1, C2, . . ., Cn les colonnesde A. Puique A 6= 0n,n, il existe une colonne de A non nulle : ∃i0 ∈ [[1, n]] tel que Ci0 6= 0n,1. Le vecteurcolonne Ci0 peut être complété (théorème de la base incomplète) avec D1, . . . , Di0−1, Di0+1, . . . , Dn en

une base de Mn,1(K). Choisissons pour M la matrice

D1 · · · Di0−1 −Ci0 Di0+1 · · · Dn

,

on obtient det(A + M) = 0 car la iième0 colonne de A + M est nulle et detM 6= 0 car les colonnes de M

forment une base de Mn,1(K) d’où une contradiction.Méthode 2. Elle convient pour les corps de caractéristique nulle. Effectuons la décomposition P JrQde A où r = rgA et (P, Q) ∈ GLn(K). Alors, pour tout M ∈ Mn(K), det(P JrQ + M) = det(P JrQ) + det(M)soit, det(P )det(Q)det(Jr + P −1MQ−1) = detA + detM .

• Si rgA = n, il suffit de prendre M = 2A pour obtenir 3ndetA = det(3A) = (1 + 2n)detA d’où 3n = 1 + 2n

ce qui est impossible si n > 2 (prouver par récurrence que, pour tout n > 2, 3n > 1 + 2n).• Si 0 < rgA < n, en prenant M = P (In−Jr)Q pour obtenir detM +detA = 0+0 (car A n’est pas inversible

et M non plus puisque r > 1) alors que M + A = P Q d’où det(M + A) 6= 0, ce qui est impossible.Par conséquent, rgA = 0 donc A = 0n.

⊲ Corrigé de l’exercice 3.1Par propriété de morphisme du déterminant et n-linéarité,

det(u)2 = det(u2) = det(−idE) = (−1)ndet(idE) = (−1)n .

• Supposons que K = R ou K = Q.S’il existe u ∈ LK(E) vérifiant u2 = −idE , alors detu est une solution de l’équation d’inconnue x ∈ K

x2 = (−1)n

qui n’admet aucune solution si n ≡ 1[2].Par conséquent, n ≡ 0[2] donc E est de dimension paire.• Supposons que K = C.

L’équation qui imposait la parité de n dans les cas K = Q et K = R admet toujours des solutions dans C etn’est donc pas un obstacle à l’existence de u. Il semble alors naturel de se dire que de tels endomorphismesu existent toujours. En effet,⋆ si n ≡ 0[2], u = −idE convient,⋆ si n ≡ 1[2], u = i.idE convient, car u2 = −idE .

Ainsi, si K = C, il existe toujours au moins un endomorphisme u de E tel que u2 = −idE .


1. — AB est une matrice carrée de taille n, or son rang est la dimension du sous-espace engendré dans Kn parses colonnes donc c’est la dimension d’un sous-espace d’un espace de dimension n donc rg(AB) 6 n.

21

— Notons a et b les applications linéaires canoniquement associées à A et B.

rg(AB) = rg(a ◦ b)

= dim(Ima ◦ b)

6 dimIma car Ima ◦ b ⊂ Ima

6 dima(Kp)

6 dimKp

6 p

Ainsi, rg(AB) 6 min(n, p).

2. En utilisant la question 1, p < n⇒ rg(AB) 6 p⇒ rg(AB) < n⇒ AB /∈ GLn(K)⇒ det(AB) = 0.

⊲ Corrigé de l’exercice 3.3• Supposons que detA ∈ {−1, 1}.

detA 6= 0 donc A est inversible dans GLn(R) et A−1 =1

detA.(tcomA), or detA ∈ {−1, 1} ⇒ 1

detA∈

{−1, 1} et comA ∈Mn(Z) (les cofacteurs sont des determinants dont tous les coefficients sont des entiersrelatifs donc ce sont des entiers relatifs) si bien que

A−1 =1

detA.(tcomA) ∈Mn(Z) .

• Supposons que A−1 ∈Mn(Z).Alors A×A−1 = In si bien qu’en utilisant la prpriété de morphisme du déterminant,

det(A)× det(A−1) = 1 .

Or A−1 ∈ Mn(Z) ⇒ det(A−1) ∈ Z si bien que l’équation ci-dessus prouve que det(A) est symétrisablepour la LCI × dans Z. Or les seuls élément symérisables pour la loi × dans Z sont 1 et −1 (en effet, sia ∈ Z est symétrisable pour ×, il existe b ∈ Z tel que ab = 1, en particulier a 6= 0 et b 6= 0 donc |a| > 1 et|b| > 1 si bien que si |a| > 2 alors 1 = |ab| > 2 ce qui est une contradiction donc |a| = 1).Ainsi, detA ∈ {−1, 1}.


1. Soit λ ∈ K et A ∈Mn(K).Le coefficient (i, j) de com(λ.A) est (−1)i+j fois le déterminant de taille (n − 1) obtenu en ôtant à λ.Asa iième ligne et sa jième colonne. Par (n − 1)-linéarité du déterminant de taille (n − 1), on reconnaît(−1)i+jλn−1 fois le déterminant de taille (n − 1) obtenu en ôtant à A sa iième ligne et sa jième colonnesoit (−1)i+jλn−1 fois le mineur (i, j) de A.

Ainsi, com(λ.A) = λn−1.com(A).

2. Soit A ∈Mn(K).Utilisons la relation A× tcom(A) = detA.In et prenons le déterminant :

det(A× tcom(A)) = det(detA.In)

soit, par propriété de morphisme multiplicatif et n-linéarité,

det(A)× det( tcom(A)) = (detA)n × det(In) = (detA)n

si bien que, si A ∈ GLn(K), det( tcom(A)) = (detA)n−1 .

De plus, si A ∈ GLn(K), alors A−1 =1

detA.tcom(A) donc

• en prenant la transposée de cette relation, tA−1 =1

detA.com(A) puis l’inverse (qui commute avec la

transposition), tA = detA.(com(A))−1 si bien que (comA)−1 =1

detA.tA.

22

• en appliquant cette relation en remplaçant A par A−1,

A =1

det(A−1).tcom(A−1)

si bien que com(A−1) =1

detAtA.

Ainsi, si A ∈ GLn(K), com(A−1) = (comA)−1.

3. Supposons qu’il existe p ∈ N∗ tel que Ap = In.Alors A×Ap−1 = In donc A ∈ GLn(K) (et A−1 = Ap−1).Élevons la relation (detA).A−1 = tcom(A) à la puissance p pour obtenir

(detA)p.A−p = (tcom(Ap))p

soit, puisque la transposition commute avec les puissances et par propriété de morphisme du déterminant,

(detAp

︸︷︷︸= 1

)( Ap

︸︷︷︸= In

)−1 = t(comA)p

si bien que (com(A))p = In.

4. Tout repose sur la relation fondamentale A× tcomA = detA.In = tcomA×A.

⋆ Si rg(A) = n, alors(

1detA

.A

)× tcomA = In d’où, en transposant, (comA)×

(1

detA.tA

)= In donc

comA ∈ GLn(K) donc rg(comA) = n.⋆ Si rg(A) = n − 1, alors il existe (n − 1) colonnes de A formant une famille libre de Kn. Notons

A′ ∈ Mn,n−1(K) la matrice extraite de A en sélectionnant ces (n − 1) colonnes. Ainsi, rgA′ = n − 1et le rang d’une matrice est égal au rang de sa tranposée donc A′ possède (n− 1) lignes formant unefamille libre. Notons A′′ ∈Mn−1(K) la matrice extraite de A′ en sélectionnant ces (n−1) lignes. Alorsrg(A′′) = n− 1 et A′′ est une matrice carrée donc det(A′′) 6= 0. Par conséquent, rg(comA) > 1.De plus, la relation fondamentale devient A × tcomA = 0Mn(K) donc Im(tcomA) ⊆ KerA d’oùrg(tcomA) 6 n − rg(A) = 1, or le rang d’une matrice est égal au rang de sa tranposée doncrg(comA) 6 1.Ainsi, rg(comA) = 1

⋆ Si rg(A) < n − 1, toute famille de (n − 1) colonnes de A est liée donc les (n − 1) colonnes de toutesles matrices carrées de taille (n− 1) extraites de A ont leur colonnes liées donc tous les mineurs sontnuls donccomA = 0Mn(K).

Ainsi,⋆ si rg(A) = n, alors rg(comA) = n,⋆ si rg(A) = n− 1, alors rg(comA) = 1⋆ si rg(A) < n− 1, alors comA = 0Mn(K).

⊲ Corrigé de l’exercice 4.2• L’ensemble Pp(C) des suites complexes p-périodiques est un C-espace evctoriel de dimension p car il est

isomorphe à Cp via l’application

Ψ

Cp → Pp(C)

(u0, . . . , up−1) → u :N → C

k 7→ ui pour{

i ∈ [[0, p− 1]]k ≡ i[p]

.

• L’équation linéaire homogène associée à l’étude de la liberté de la famille considérée donne, lorsqu’elle estparticularisée pour n = 0, n = 1, n = p − 1, un système linéaire homogène dont le déterminant est undéterminant de VDM si bien qu’il est non nul donc il existe une unique solution qui est la solution nulle.On en déduit que F est libre de cardinal maximal donc c’est une base de Pp.



23



1. Deux matrices sont semblables si et seulement si elles ont même déterminant.FAUX. Si deux matrices sont semblables, alors elles ont le même déterminant : si A ∈ Mn(K) et B ∈Mn(K) sont semblables, il existe P ∈ GLn(K) telle que A = P −1BP d’où, par propriété de morphismemultiplicatif du déterminant,

det(A) = det(P −1BP ) = det(P −1)detBdetP = detBdet(P −1)detP = detBdet(P −1P ) = detBdetIn = detB .

En revanche, les matrices A =(

0 10 0

)et B =

(0 00 1

)ont le même déterminant (qui vaut 0 car elles

ne sont pas inversibles) sans être semblables car elles n’ont pas la même trace.

2. Le déterminant d’une matrice antisymétrique est toujours nul.

FAUX. La matrice A =(

0 1−1 0

)est antisymétrique et son déterminant est +1.

En fait si A ∈ An(K), detA = det( tA) = (−1)ndetA donc si K n’est pas de caractéristique 2, les matricesantisymétriques de taille impaire vérifient 2detA = 0 donc elles sont de déterminant nul. En revanche, iln’y a aucune contrainte sur le déterminant des matrices antisymétriques de taille paire.

3. Le déterminant d’une matrice symétrique est toujours positif ou nul.

FAUX. Le déterminant de la matrice symétrique A =(

0 11 0

)vaut −1 < 0.

4. Soit M une matrice de Mn(C) telle qu’il existe p ∈ N∗ pour lequel Mp = In. Alors son déterminant estune racine pième de l’unité.VRAI.Puisque le déterminant est un morphisme multiplicatif, Mp = In ⇒ (det(M))p = 1 donc det(M) est uneracine de Zp − 1 = 0.

5. Comment sont reliés le déterminant d’une matrice inversible et celui de son inverse ?Si A ∈ GLn(K), (detA)× (det(A−1)) = det(AA−1) = detIn = 1 donc det(A−1) = (detA)−1.

6. Que dire du déterminant d’une matrice de Mn(Z) s’il est dans ]− 1, 1[ ?Puisque le déterminant detM est une combinaison linéaire à coefficients dans {−1, 1} de produits decoefficients de la matrice M , si M ∈ Mn(Z), alors detM ∈ Z. Par conséquent, si on suppose de plus quedetM ∈]− 1, 1[, alors detM = 0.

7. Montrer que, si (A, B) ∈ Mn(R)2 vérifient AB = BA alors det(A2 + B2) > 0. On pourra chercher à

factoriser A2 + B2 dans Mn(C). Que se passe-t-il si AB − BA 6= 0 ? On pourra tester A =(

0 a−a 0

)

et B =(

1 00 3

).

Méthode proposée : A2 + B2 = (A + iB)(A − iB) (factorisation classique dans un anneau pour deuxéléments qui commutent, ici A et iB).Par conséquent, det(A2 + B2) = det((A + iB)(A − iB)) = det(A + iB)det(A − iB). On en utilisant laformule donnant explicitement le calcul du déterminant d’une matrice en fonction de ses coefficients, il estimmédiat que ∀M ∈Mn(C), det(M) = detM si bien qu’ici puisque (A, B) ∈Mn(R)2, A + iB = A− iBdonc det(A− iB) = det(A + iB) donc

det(A2 + B2) = det(A + iB)det(A− iB) = det(A + iB)det(A + iB) = |det(A + iB)|2 > 0

Dans l’exemple proposé,(

0 a−a 0

)(1 00 3

)=(

0 3a−a 0

)et

(1 00 3

)(0 a−a 0

)=(

0 a−3a 0

)

donc, pour a 6= 0, les deux matrices ne commutent pas et dans ce cas

det

((0 a−a 0

)2

+(

1 00 3

)2)

= det

((1− a2 0

0 9− a2

)2)

= (1− a2)(9 − a2)

qui est strictement négatif pour a ∈]1, 3[.

24

8. Soit C ∈M3(K) dont C1, C2 et C3 sont les vecteurs colonnes, alors det(C) = det(C1−C2, C2−C3, C3−C1).Ça dépend, c’est Vrai si la famille {C1, C2, C3} est liée et Faux sinon. En effet,

det(C1 − C2, C2 − C3, C3 − C1) = det(C1, C2 − C3, C3 − C1)− det(C2, C2 − C3, C3 − C1)

= det(C1, C2, C3 − C1)− det(C2, C2, C3 − C1)︸︷︷︸=0

−det(C1, C3, C3 − C1)

+det(C2, C3, C3 − C1)

= det(C1, C2, C3)− det(C1, C2, C1)︸︷︷︸=0

− det(C1, C3, C3)︸︷︷︸=0

+ det(C1, C3, C1)︸︷︷︸=0

+ det(C2, C3, C3)︸︷︷︸=0

−det(C2, C3, C1)

= det(C1, C2, C3)− (−1)2det(C1, C2, C3)

= 0

Ce résultat pouvait être obtenu plus rapidement en remarquant que (C1 −C2) + (C2 − C3) = C1 −C3 sibien que la famille {C1 − C2, C2 − C3, C3 − C1} est toujours liée !

9. Soient C1, C2 et C3 trois vecteurs colonnes de R4. Que dire de det(C1, C2, C3) ?Cet objet n’est pas défini ! nous avons défini, pour tout n ∈ N∗, le déterminant de n-vecteurs d’un espacede dimension n.

10. Un système linéaire de Cramer dont les coefficients et le second membre sont dans un corps K (K = Q,R,Cou autres Q[

√2],Q[i], . . .) a pour solution un vecteur dont les composantes sont dans K.

VRAI.En effet il suffit d’appliquer les formules de Cramer en disant que le déterminant d’une matrice à coefficientsdans K est un élément de K (car le déterminant d’une matrice est une expression polynômiale en lescoefficients de la matrice)

11. Soient (A, B) ∈ Mn,p(K) ×Mn,1(K). Supposons que K = R (resp. K = Q) et que le système linéaireAX = B d’inconnue X ∈Mp,1(K) admette au moins une solution dansMp,1(C). Alors il admet au moinsune solution dans Mp,1(K).VRAI.Si K = R, en notant X0 = Xr + iXi avec (Xr, Xi) ∈ Mn,1(R)2 une solution particulière dans Mn,1(C),alors AXr + iAXi = B d’où, en identifiant les parties réelles, AXr = B (et en identifiant les partiesimaginaires AXi = 0n,1) si bien que Xr est une solution particulière dans Mn,1(R).Si K = Q, se placer dans l’extension de Q engendrée par les coefficients de la solution particulière etobtenir de même l’existence d’une solution particulière dans Q (en utilisant la liberté des générateurs del’extension considérée sur Q).

12. Un système linéaire qui possède plus d’inconnues que d’équations a toujours au moins une solution.

FAUX. Par exemple, le système

x1 −x2 +x3 + x4 = 1x2 − x3 = 1

0 = 1possède 4 inconnues, 3 équations,

mais aucune solution car il y a une condition de compatibilité qui n’est pas satisfaite.Du point de vue de l’interprétation du système AX = B, l’existence d’au moins une solution particulièreest équivalente au fait que B appartienne à l’image de A (sous-espace vectoriel engendré par les colonnesde A) et cette condition n’est pas impiquée par le fait que la dimension de l’espace de départ de A(=nombre d’inconnues) soit supérieure à la dimension de l’espace d’arrivée de A (=nombre d’équations).

13. Un système linéaire qui possède plus d’équations que d’inconnues n’a jamais de solution.

FAUX. Par exemple, le système

x1 − x2 = 12x1 − 2x2 = 2−x1 + 3x2 = −1

⇐⇒

x1 − x2 = 10 = 00 = 0

possède 2

inconnues, 3 équations, et une droite affine de solutions.Du point de vue de l’interprétation du système AX = B, l’absence de solution particulière est équivalenteau fait que B n’appartienne pas à l’image de A (sous-espace vectoriel engendré par les colonnes de A)et cette condition n’est pas impiquée par le fait que la dimension de l’espace de départ de A (=nombred’inconnues) soit inférieure à la dimension de l’espace d’arrivée de A (=nombre d’équations).

14. Un système homogème de deux équations à trois inconnues (x1, x2, x3) ∈ R3 définit une droite vectoriellede R3. Par exemple {

3x1 − x2 + x3 = 0x1 + 2x2 = 0

FAUX.

25

L’exemple proposé donne

{3x1 − x2 + x3 = 0x1 + 2x2 = 0

⇐⇒{

x1 + 2x2 = 0− 7x2 + x3 = 0

⇐⇒

x1

x2

x3

∈ Vect

−217

qui est bien une droite vectorielle. Cependant, le résultat est faux en général comme l’illustre l’exemplesuivant

{x1 − x2 + x3 = 0−2x1 + 2x2 − 2x3 = 0

⇐⇒{

x1 − x2 + x3 = 00 = 0

⇐⇒

x1

x2

x3

∈ Vect

110

,

−101

dont l’ensemble des solutions est un plan vectoriel.

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