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Exo7
Calculs de déterminants
Fiche corrigée par Arnaud Bodin
Exercice 1
Calculer les déterminants des matrices suivantes :
7 11
−8 4


1 0 6
3 4 15
5 6 21




1 0 2
3 4 5
5 6 7




1 0 −1
2 3 5
4 1 3






0 1 2 3
1 2 3 0
2 3 0 1
3 0 1 2








0 1 1 0
1 0 0 1
1 1 0 1
1 1 1 0








1 2 1 2
1 3 1 3
2 1 0 6
1 1 1 7




Correction [006885]
Exercice 2
1. Calculer l’aire du parallélogramme construit sur les vecteurs u =
2
3
et v =
1
4
.
2. Calculer le volume du parallélépipède construit sur les vecteurs
u =


1
2
0

, v =


0
1
3

 et w =


1
1
1

.
3. Montrer que le volume d’un parallélépipède dont les sommets sont des points de R3 à coefficients entiers
est un nombre entier.
Correction [002753]
Exercice 3
Calculer les déterminants des matrices suivantes :


a b c
c a b
b c a






1 0 0 1
0 1 0 0
1 0 1 1
2 3 1 1








−1 1 1 1
1 −1 1 1
1 1 −1 1
1 1 1 −1








10 0 −5 15
−2 7 3 0
8 14 0 2
0 −21 1 −1








a a b 0
a a 0 b
c 0 a a
0 c a a










1 0 3 0 0
0 1 0 3 0
a 0 a 0 3
b a 0 a 0
0 b 0 0 a












1 0 0 1 0
0 −4 3 0 0
−3 0 0 −3 −2
0 1 7 0 0
4 0 0 7 1






Indication Correction [006886]
Exercice 4
1
Calculer les déterminants suivant :
a1 a2 ··· an
a1 a1
...
...
...
...
... a2
a1 ··· a1 a1
1 1
1 1 (0)
...
...
(0) 1 1
a+b a ··· a
a a+b
...
...
...
...
... a
a ··· a a+b
Correction [006887]
Exercice 5
Soit (a0,...,an−1) ∈ Cn, x ∈ C. Calculer
∆n =
x 0 a0
−1
...
...
...
... x an−2
0 −1 x+an−1
Indication Correction [001143]
Exercice 6
Soit a un réel. On note ∆n le déterminant suivant :
∆n =
a 0 ··· 0 n−1
0 a
...
...
...
...
...
... 0 2
0 ··· 0 a 1
n−1 ··· 2 1 a
1. Calculer ∆n en fonction de ∆n−1.
2. Démontrer que : ∀n ≥ 2 ∆n = an
−an−2
n−1
∑
i=1
i2
.
Indication Correction [001145]
Exercice 7 Déterminant de Vandermonde
Montrer que
1 t1 t2
1 ... tn−1
1
1 t2 t2
2 ... tn−1
2
... ... ... ... ...
1 tn t2
n ... tn−1
n
= ∏
1≤i<j≤n
(tj −ti)
Indication Correction [002453]
Retrouver cette fiche et d’autres
exercices de maths sur
exo7.emath.fr
2
Indication pour l’exercice 3
1. Règle de Sarrus.
2. Développer par rapport à la deuxième ligne.
3. Faire apparaître des 0 sur la première colonne.
4. Utiliser la linéarité par rapports à chaque ligne et chaque colonne pour simplifier les coefficients.
5. Faire apparaître des 0...
6. Faire apparaître des 0...
7. Permuter les lignes et les colonnes pour faire apparaître une matrice triangulaire par blocs.
Indication pour l’exercice 5
Développer par rapport à la dernière colonne.
Indication pour l’exercice 6
Développer par rapport à la première colonne pour obtenir ∆n−1 et un autre déterminant facile à calculer en
développant par rapport à sa première ligne.
Indication pour l’exercice 7
Faire les opérations suivantes sur les colonnes Cn ←Cn −tnCn−1, puis Cn−1 ←Cn−1 −tnCn−2,..., C2 ←C2 −tnC1.
Développer par rapport a la bonne ligne et reconnaître que l’on obtient le déterminant recherché mais au rang
n−1.
3
Correction de l’exercice 1
1. Le déterminant de la matrice
a b
c d
est
a b
c d
= ad −bc. Donc
7 11
−8 4
= 7×4−11×(−8) = 126.
2. Nous allons voir différentes méthodes pour calculer les déterminants.
Première méthode. Règle de Sarrus. Pour le matrice 3×3 il existe une formule qui permet de calculer
directement le déterminant.
a11 a12 a13
a21 a22 a23
a31 a32 a33
= a11a22a33 +a12a23a31 +a21a32a13 −a13a22a31 −a11a32a23 −a12a21a33
Donc
1 0 6
3 4 15
5 6 21
= 1×4×21+0×15×5+3×6×6−5×4×6−6×15×1−3×0×21 = −18
Attention ! La règle de Sarrus ne s’applique qu’aux matrices 3×3.
3. Deuxième méthode. Se ramener à une matrice diagonale ou triangulaire.
Si dans une matrice on change un ligne Li en Li −λLj alors le déterminant reste le même. Même chose
avec les colonnes.
L1 1 0 2
L2 3 4 5
L3 5 6 7
=
1 0 2
L2←L2−3L1 0 4 −1
L3←L3−5L1 0 6 −3
=
1 0 2
0 4 −1
L3←L3−3
2 L2
0 0 −3
2
= 1×4×(−3
2) = −6
On a utilisé le fait que le déterminant d’une matrice diagonale (ou triangulaire) est le produit des coeffi-
cients sur la diagonale.
4. Troisième méthode. Développement par rapport à une ligne ou une colonne. Nous allons développer
par rapport à la deuxième colonne.
1 0 −1
2 3 5
4 1 3
= (−0)×
2 5
4 3
+(+3)×
1 −1
4 3
+(−1)×
1 −1
2 5
= 0+3×7−1×7 = 14
Bien souvent on commence par simplifier la matrice en faisant apparaître un maximum de 0 par les
opérations élémentaires sur les lignes et les colonnes. Puis on développe en choisissant la ligne ou la
colonne qui a le plus de 0.
5. On fait apparaître des 0 sur la première colonne puis on développe par rapport à cette colonne.
∆ =
L1 0 1 2 3
L2 1 2 3 0
L3 2 3 0 1
L4 3 0 1 2
=
0 1 2 3
1 2 3 0
L3←L3−2L2 0 −1 −6 1
L4←L4−3L2 0 −6 −8 2
= −
1 2 3
−1 −6 1
−6 −8 2
Pour calculer le déterminant 3×3 on fait apparaître des 0 sur la première colonne, puis on la développe.
−∆ =
L1 1 2 3
L2 −1 −6 1
L3 −6 −8 2
=
1 2 3
L2←L2+L1 0 −4 4
L3←L3+6L1 0 4 20
= 1
−4 4
4 20
= −96
Donc ∆ = 96.
4
6. La matrice a déjà beaucoup de 0 mais on peut en faire apparaître davantage sur la dernière colonne, puis
on développe par rapport à la dernière colonne.
∆ =
L1 0 1 1 0
L2 1 0 0 1
L3 1 1 0 1
L4 1 1 1 0
=
0 1 1 0
1 0 0 1
L3←L3−L2 0 1 0 0
1 1 1 0
=
0 1 1
0 1 0
1 1 1
On développe ce dernier déterminant par rapport à la première colonne :
∆ =
0 1 1
0 1 0
1 1 1
= 1×
1 1
1 0
= −1
7. Toujours la même méthode, on fait apparaître des 0 sur la première colonne, puis on développe par
rapport à cette colonne.
∆ =
L1 1 2 1 2
L2 1 3 1 3
L3 2 1 0 6
L4 1 1 1 7
=
1 2 1 2
L2←L2−L1 0 1 0 1
L3←L3−2L1 0 −3 −2 2
L4←L4−L1 0 −1 0 5
=
1 0 1
−3 −2 2
−1 0 5
On développe par rapport à la deuxième colonne :
∆ = −2×
1 1
−1 5
= −12
Correction de l’exercice 2
1. L’aire A du parallélogramme construit sur les vecteurs u =
a
c
et v =
b
d
est la valeur absolue du
déterminant
a b
c d
donc A = |ad −bc|. Ici on trouve A = abs
2 1
3 4
= +5 où abs désigne la fonction
valeur absolue.
2. Le volume du parallélépipède construit sur trois vecteurs de R3 est la valeur absolue du déterminant de
la matrice formée des trois vecteurs. Ici
V = abs
1 0 1
2 1 1
0 3 1
= abs +1
1 1
3 1
+1
2 1
0 3
= 4
où l’on a développé par rapport à la première ligne.
3. Si un parallélépipède est construit sur trois vecteurs de R3 dont les coefficients sont des entiers alors le
volume correspond au déterminant d’une matrice à coefficients entiers. C’est donc un entier.
Correction de l’exercice 3
1. Par la règle de Sarrus :
∆1 =
a b c
c a b
b c a
= a3
+b3
+c3
−3abc.
2. On développe par rapport à la seconde ligne qui ne contient qu’un coefficient non nul et on calcule le
déterminant 3×3 par la règle de Sarrus :
∆2 =
1 0 0 1
0 1 0 0
1 0 1 1
2 3 1 1
= +1
1 0 1
1 1 1
2 1 1
= −1.
5
3.
∆3 =
L1 −1 1 1 1
L2 1 −1 1 1
L3 1 1 −1 1
L4 1 1 1 −1
=
−1 1 1 1
L2←L2+L1 0 0 2 2
L3←L3+L1 0 2 0 2
L4←L4+L1 0 2 2 0
On développe par rapport à la première colonne :
∆3 = (−1)×
0 2 2
2 0 2
2 2 0
= −16
4. Le déterminant est linéaire par rapport à chacune de ses lignes et aussi chacune de ses colonnes. Par
exemple les coefficients de la première ligne sont tous des multiples de 5 donc
∆4 =
10 0 −5 15
−2 7 3 0
8 14 0 2
0 −21 1 −1
= 5×
2 0 −1 3
−2 7 3 0
8 14 0 2
0 −21 1 −1
On fait la même chose avec la troisième ligne :
∆4 = 5×2×
2 0 −1 3
−2 7 3 0
4 7 0 1
0 −21 1 −1
Et enfin les coefficients la première colonne sont des multiples de 2 et ceux de la troisième colonne sont
des multiples de 7 donc :
∆4 = 5×2×2×
1 0 −1 3
−1 7 3 0
2 7 0 1
0 −21 1 −1
= 5×2×2×7×
1 0 −1 3
−1 1 3 0
2 1 0 1
0 −3 1 −1
Les coefficients sont plus raisonnables ! On fait L2 ← L2 +L1 et L3 ← L3 −2L1 pour obtenir :
∆4 = 140×
1 0 −1 3
0 1 2 3
0 1 2 −5
0 −3 1 −1
= 140×
1 2 3
1 2 −5
−3 1 −1
= 140×56 = 7840
5.
∆5 =
L1 a a b 0
L2 a a 0 b
L3 c 0 a a
L4 0 c a a
=
a a b 0
L2←L2−L1 0 0 −b b
c 0 a a
L4←L4−L3 −c c 0 0
On fait ensuite les opérations suivantes sur les colonnes : C2 ← C2 +C1 et C3 ← C3 −C4 pour obtenir une
dernière ligne facile à développer :
∆5 =
a 2a b 0
0 0 −2b b
c c 0 a
−c 0 0 0
= +c×
2a b 0
0 −2b b
c 0 a
= bc(bc−4a2
)
6
6. On fait d’abord les opérations C1 ← C1 −C3 et C2 ← C2 −C4 et on développe par rapport à la première
ligne :
∆6 =
1 0 3 0 0
0 1 0 3 0
a 0 a 0 3
b a 0 a 0
0 b 0 0 a
=
−2 0 3 0 0
0 −2 0 3 0
0 0 a 0 3
b 0 0 a 0
0 b 0 0 a
= (−2)×
−2 0 3 0
0 a 0 3
0 0 a 0
b 0 0 a
+3×
0 −2 3 0
0 0 0 3
b 0 a 0
0 b 0 a
Le premier déterminant à calculer se développe par rapport à la deuxième colonne et le second détermi-
nant par rapport à la première colonne :
∆6 = (−2)×a×
−2 3 0
0 a 0
b 0 a
+3×b×
−2 3 0
0 0 3
b 0 a
= 4a3
+27b2
7. Nous allons permuter des lignes et des colonnes pour se ramener à une matrice diagonale par blocs.
Souvenons-nous que lorsque l’on échange deux lignes (ou deux colonnes) alors le déterminant change
de signe. Nous allons rassembler les zéros. On commence par échanger les colonnes C1 et C3 : C1 ↔ C3 :
∆7 =
1 0 0 1 0
0 −4 3 0 0
−3 0 0 −3 −2
0 1 7 0 0
4 0 0 7 1
= −
0 0 1 1 0
3 −4 0 0 0
0 0 −3 −3 −2
7 1 0 0 0
0 0 4 7 1
Puis on échange les lignes L1 et L4 : L1 ↔ L4 :
∆7 = +
7 1 0 0 0
3 −4 0 0 0
0 0 −3 −3 −2
0 0 1 1 0
0 0 4 7 1
Notre matrice est sous la forme d’une matrice diagonale par blocs et son déterminant est le produit des
déterminants.
∆7 =
7 1 0 0 0
3 −4 0 0 0
0 0 −3 −3 −2
0 0 1 1 0
0 0 4 7 1
=
7 1
3 −4
×
−3 −3 −2
1 1 0
4 7 1
= (−31)×(−6) = 186
Correction de l’exercice 4
1. On retire la première colonne à toutes les autres colonnes
∆1 =
a1 a2 ··· an
a1 a1
...
...
...
...
... a2
a1 ··· a1 a1
=
a1 a2 −a1 a3 −a1 ··· an −a1
a1 0
...
...
...
...
...
... a2 −a1
a1 0 ··· 0 0
On développe par rapport à la dernière ligne :
∆1 = (−1)n−1
a1
a2 −a1 ··· an −a1
0
...
...
...
...
...
0 ··· 0 a2 −a1
= (−1)n−1
a1(a2 −a1)n−1
7
Où l’on a reconnu le déterminant d’un matrice triangulaire supérieure. Donc
∆1 = a1(a1 −a2)n−1
.
2. On va transformer la matrice correspondante en une matrice triangulaire supérieure, on commence par
remplacer la ligne L2 par L2 −L1 (on ne note que les coefficients non nuls) :
∆2 =
1 +1
1 1
1 1
...
...
1 1
=
1 +1
0 1 −1
1 1
...
...
1 1
Puis on remplace la ligne L3 par L3 −L2 (attention il s’agit de la nouvelle ligne L2) et on continue ainsi
de suite jusqu’à Ln−1 ← Ln−1 −Ln−2 (n est la taille de la matrice sous-jacente) :
∆2 =
1 +1
0 1 −1
0 1 +1
1 1
...
...
1 1
= ··· =
1 +1
0 1 −1
0 1 +1
...
...
...
0 1 (−1)n
1 1
On fait attention pour le dernier remplacement Ln ← Ln − Ln−1 légèrement différent et qui conduit au
déterminant d’une matrice triangulaire : :
∆2 =
1 +1
0 1 −1
0 1 +1
...
...
...
1 (−1)n
0 1−(−1)n
= 1−(−1)n
.
En conclusion ∆2 =
0 si n est pair
2 si n est impair
3. On retire la colonne C1 aux autres colonnes Ci pour faire apparaître des 0 :
∆3 =
a+b a ··· a
a a+b
...
...
...
...
... a
a ··· a a+b
=
a+b −b ··· −b
a b 0 ··· 0
a 0
...
...
...
...
...
... b 0
a 0 ··· 0 b
On remplace ensuite L1 par L1 + L2 + L3 + ··· + Ln (ou ce qui revient au même : faites les opérations
L1 ← L1 +L2 puis L1 ← L1 +L3,...chacune de ces opérations fait apparaître un 0 sur la première ligne)
pour obtenir une matrice triangulaire inférieure :
∆3 =
na+b 0 ··· 0
a b 0 ··· 0
a 0
...
...
...
...
...
... b 0
a 0 ··· 0 b
= (na+b)bn−1
.
8
Correction de l’exercice 5
Commençons par un travail préparatoire : le calcul du déterminant de taille (n−1)×(n−1) :
Γk =
x
−1 x
...
...
−1 x
−1 x
...
...
... x
−1
où le bloc en haut à gauche est de taille k ×k.
On développe, en commençant par la première ligne, puis encore une fois par la première ligne,... pour trouver
que
Γk = xk
×(−1)n−1−k
Autre méthode : on retrouve le même résultat en utilisant les déterminant par blocs :
A B
(0) C
= detA×detC
Revenons à l’exercice !
Contrairement à l’habitude on développe par rapport à la colonne qui a le moins de 0. En développant par
rapport à la dernière colonne on obtient :
∆n =
x 0 a0
−1
...
...
...
... x an−2
0 −1 x+an−1
= (−1)n−1
a0
−1 x
−1 x
...
...
−1
+(−1)n
a1
x
−1 x
−1 x
...
...
−1
+···+(−1)2n−3
an−2
x
−1
...
...
...
−1 x
−1
+(−1)2n−2
(x+an−1)
x
−1
...
...
...
−1 x
=
n−2
∑
k=0
(−1)n−1+k
ak ×Γk + (−1)2n−2
(x+an−1)Γn−1
=
n−2
∑
k=0
(−1)n−1+k
ak ×xk
×(−1)n−1−k
+ (x+an−1)xn−1
= a0 +a1x+a2x2
+···+an−1xn−1
+xn
Correction de l’exercice 6
1. En développant par rapport à la première colonne on trouve la relation suivante :
9
∆n = a∆n−1 +(−1)n−1
(n−1)
0 0 ··· 0 n−1
a 0
...
...
...
...
...
... 0 3
0 ··· a 0 2
0 ··· 0 a 1
Notons δ ce dernier déterminant (dont la matrice est de taille n−1×n−1). On le calcule en développant
par rapport à la première ligne
δ = (−1)n−2
(n−1)
a 0 ··· 0
0 a
...
...
...
...
... 0
0 ··· 0 a
= (−1)n−2
(n−1)an−2
.
Donc
∆n = a∆n−1 −an−2
(n−1)2
.
2. Prouvons la formule
∆n = an
−an−2
n−1
∑
i=1
i2
par récurrence sur n ≥ 2.
– Initialisation. Pour n = 2, ∆2 =
a 1
1 a
= a2 −1 donc la formule est vraie.
– Hérédité. Supposons la formule vraie vraie au rang n − 1, c’est-à-dire ∆n−1 = an−1 − an−3
∑n−2
i=1 i2.
Calculons ∆n :
∆n = a∆n−1 −an−2
(n−1)2
par la première question
= a an−1
−an−3
n−2
∑
i=1
i2
−an−2
(n−1)2
par l’hypothèse de récurrence
= an
−an−2
n−2
∑
i=1
i2
−an−2
(n−1)2
= an
−an−2
n−1
∑
i=1
i2
La formule est donc vraie au rang n.
– Conclusion. Par le principe de récurrence la formule est vraie pour tout entier n ≥ 2.
Correction de l’exercice 7
Notons Vn le déterminant à calculer et C1,...,Cn les colonnes de la matrice correspondante.
Nous allons faire les opérations suivantes sur les colonnes en partant de la dernière colonne. Cn est remplacée
par Cn −tnCn−1, puis Cn−1 est remplacée par Cn−1 −tnCn−2,... jusqu’à C2 qui est remplacée par C2 −tnC1. On
obtient donc
Vn =
1 t1 t2
1 ... tn−1
1
1 t2 t2
2 ... tn−1
2
... ... ... ... ...
1 tn t2
n ... tn−1
n
=
1 t1 −tn t2
1 −t1tn ... tn−1
1 −tn−2
1 tn
1 t2 −tn t2
2 −t2tn ... tn−1
2 −tn−2
2 tn
... ... ... ... ...
1 0 0 ... 0
On développe par rapport à la dernière ligne et on écrit tk
i −tk−1
i tn = tk−1
i (ti −tn) pour obtenir :
Vn = (−1)n−1
t1 −tn t1(t1 −tn) ... tn−2
1 (t1 −tn)
t2 −tn t2(t2 −tn) ... tn−2
2 (t2 −tn)
... ... ... ...
tn−1 −tn ... ... ...
10
Nous utilisons maintenant la linéarité du déterminant par rapport à chacune des lignes : on factorise la première
ligne par t1 −tn ; la second par t2 −tn,... On obtient
Vn = (−1)n−1
(t1 −tn)(t2 −tn)···(tn−1 −tn)
1 t1 t2
1 ... tn−2
1
1 t2 t2
2 ... tn−2
2
... ... ... ... ...
1 tn−1 t2
n−1 ... tn−2
n−1
Donc
Vn = Vn−1
n−1
∏
j=1
(tn −tj).
Si maintenant on suppose la formule connue pour Vn−1 c’est-à-dire Vn−1(t1,...,tn−1) = ∏1≤i<j≤n−1(tj −ti)
Alors on obtient par récurrence que
Vn(t1,...,tn−1,tn) = Vn−1(t1,...,tn−1)
n−1
∏
j=1
(tn −tj) = ∏
1≤i<j≤n
(tj −ti).
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  • 1. Exo7 Calculs de déterminants Fiche corrigée par Arnaud Bodin Exercice 1 Calculer les déterminants des matrices suivantes : 7 11 −8 4   1 0 6 3 4 15 5 6 21     1 0 2 3 4 5 5 6 7     1 0 −1 2 3 5 4 1 3       0 1 2 3 1 2 3 0 2 3 0 1 3 0 1 2         0 1 1 0 1 0 0 1 1 1 0 1 1 1 1 0         1 2 1 2 1 3 1 3 2 1 0 6 1 1 1 7     Correction [006885] Exercice 2 1. Calculer l’aire du parallélogramme construit sur les vecteurs u = 2 3 et v = 1 4 . 2. Calculer le volume du parallélépipède construit sur les vecteurs u =   1 2 0  , v =   0 1 3   et w =   1 1 1  . 3. Montrer que le volume d’un parallélépipède dont les sommets sont des points de R3 à coefficients entiers est un nombre entier. Correction [002753] Exercice 3 Calculer les déterminants des matrices suivantes :   a b c c a b b c a       1 0 0 1 0 1 0 0 1 0 1 1 2 3 1 1         −1 1 1 1 1 −1 1 1 1 1 −1 1 1 1 1 −1         10 0 −5 15 −2 7 3 0 8 14 0 2 0 −21 1 −1         a a b 0 a a 0 b c 0 a a 0 c a a           1 0 3 0 0 0 1 0 3 0 a 0 a 0 3 b a 0 a 0 0 b 0 0 a             1 0 0 1 0 0 −4 3 0 0 −3 0 0 −3 −2 0 1 7 0 0 4 0 0 7 1       Indication Correction [006886] Exercice 4 1
  • 2. Calculer les déterminants suivant : a1 a2 ··· an a1 a1 ... ... ... ... ... a2 a1 ··· a1 a1 1 1 1 1 (0) ... ... (0) 1 1 a+b a ··· a a a+b ... ... ... ... ... a a ··· a a+b Correction [006887] Exercice 5 Soit (a0,...,an−1) ∈ Cn, x ∈ C. Calculer ∆n = x 0 a0 −1 ... ... ... ... x an−2 0 −1 x+an−1 Indication Correction [001143] Exercice 6 Soit a un réel. On note ∆n le déterminant suivant : ∆n = a 0 ··· 0 n−1 0 a ... ... ... ... ... ... 0 2 0 ··· 0 a 1 n−1 ··· 2 1 a 1. Calculer ∆n en fonction de ∆n−1. 2. Démontrer que : ∀n ≥ 2 ∆n = an −an−2 n−1 ∑ i=1 i2 . Indication Correction [001145] Exercice 7 Déterminant de Vandermonde Montrer que 1 t1 t2 1 ... tn−1 1 1 t2 t2 2 ... tn−1 2 ... ... ... ... ... 1 tn t2 n ... tn−1 n = ∏ 1≤i<j≤n (tj −ti) Indication Correction [002453] Retrouver cette fiche et d’autres exercices de maths sur exo7.emath.fr 2
  • 3. Indication pour l’exercice 3 1. Règle de Sarrus. 2. Développer par rapport à la deuxième ligne. 3. Faire apparaître des 0 sur la première colonne. 4. Utiliser la linéarité par rapports à chaque ligne et chaque colonne pour simplifier les coefficients. 5. Faire apparaître des 0... 6. Faire apparaître des 0... 7. Permuter les lignes et les colonnes pour faire apparaître une matrice triangulaire par blocs. Indication pour l’exercice 5 Développer par rapport à la dernière colonne. Indication pour l’exercice 6 Développer par rapport à la première colonne pour obtenir ∆n−1 et un autre déterminant facile à calculer en développant par rapport à sa première ligne. Indication pour l’exercice 7 Faire les opérations suivantes sur les colonnes Cn ←Cn −tnCn−1, puis Cn−1 ←Cn−1 −tnCn−2,..., C2 ←C2 −tnC1. Développer par rapport a la bonne ligne et reconnaître que l’on obtient le déterminant recherché mais au rang n−1. 3
  • 4. Correction de l’exercice 1 1. Le déterminant de la matrice a b c d est a b c d = ad −bc. Donc 7 11 −8 4 = 7×4−11×(−8) = 126. 2. Nous allons voir différentes méthodes pour calculer les déterminants. Première méthode. Règle de Sarrus. Pour le matrice 3×3 il existe une formule qui permet de calculer directement le déterminant. a11 a12 a13 a21 a22 a23 a31 a32 a33 = a11a22a33 +a12a23a31 +a21a32a13 −a13a22a31 −a11a32a23 −a12a21a33 Donc 1 0 6 3 4 15 5 6 21 = 1×4×21+0×15×5+3×6×6−5×4×6−6×15×1−3×0×21 = −18 Attention ! La règle de Sarrus ne s’applique qu’aux matrices 3×3. 3. Deuxième méthode. Se ramener à une matrice diagonale ou triangulaire. Si dans une matrice on change un ligne Li en Li −λLj alors le déterminant reste le même. Même chose avec les colonnes. L1 1 0 2 L2 3 4 5 L3 5 6 7 = 1 0 2 L2←L2−3L1 0 4 −1 L3←L3−5L1 0 6 −3 = 1 0 2 0 4 −1 L3←L3−3 2 L2 0 0 −3 2 = 1×4×(−3 2) = −6 On a utilisé le fait que le déterminant d’une matrice diagonale (ou triangulaire) est le produit des coeffi- cients sur la diagonale. 4. Troisième méthode. Développement par rapport à une ligne ou une colonne. Nous allons développer par rapport à la deuxième colonne. 1 0 −1 2 3 5 4 1 3 = (−0)× 2 5 4 3 +(+3)× 1 −1 4 3 +(−1)× 1 −1 2 5 = 0+3×7−1×7 = 14 Bien souvent on commence par simplifier la matrice en faisant apparaître un maximum de 0 par les opérations élémentaires sur les lignes et les colonnes. Puis on développe en choisissant la ligne ou la colonne qui a le plus de 0. 5. On fait apparaître des 0 sur la première colonne puis on développe par rapport à cette colonne. ∆ = L1 0 1 2 3 L2 1 2 3 0 L3 2 3 0 1 L4 3 0 1 2 = 0 1 2 3 1 2 3 0 L3←L3−2L2 0 −1 −6 1 L4←L4−3L2 0 −6 −8 2 = − 1 2 3 −1 −6 1 −6 −8 2 Pour calculer le déterminant 3×3 on fait apparaître des 0 sur la première colonne, puis on la développe. −∆ = L1 1 2 3 L2 −1 −6 1 L3 −6 −8 2 = 1 2 3 L2←L2+L1 0 −4 4 L3←L3+6L1 0 4 20 = 1 −4 4 4 20 = −96 Donc ∆ = 96. 4
  • 5. 6. La matrice a déjà beaucoup de 0 mais on peut en faire apparaître davantage sur la dernière colonne, puis on développe par rapport à la dernière colonne. ∆ = L1 0 1 1 0 L2 1 0 0 1 L3 1 1 0 1 L4 1 1 1 0 = 0 1 1 0 1 0 0 1 L3←L3−L2 0 1 0 0 1 1 1 0 = 0 1 1 0 1 0 1 1 1 On développe ce dernier déterminant par rapport à la première colonne : ∆ = 0 1 1 0 1 0 1 1 1 = 1× 1 1 1 0 = −1 7. Toujours la même méthode, on fait apparaître des 0 sur la première colonne, puis on développe par rapport à cette colonne. ∆ = L1 1 2 1 2 L2 1 3 1 3 L3 2 1 0 6 L4 1 1 1 7 = 1 2 1 2 L2←L2−L1 0 1 0 1 L3←L3−2L1 0 −3 −2 2 L4←L4−L1 0 −1 0 5 = 1 0 1 −3 −2 2 −1 0 5 On développe par rapport à la deuxième colonne : ∆ = −2× 1 1 −1 5 = −12 Correction de l’exercice 2 1. L’aire A du parallélogramme construit sur les vecteurs u = a c et v = b d est la valeur absolue du déterminant a b c d donc A = |ad −bc|. Ici on trouve A = abs 2 1 3 4 = +5 où abs désigne la fonction valeur absolue. 2. Le volume du parallélépipède construit sur trois vecteurs de R3 est la valeur absolue du déterminant de la matrice formée des trois vecteurs. Ici V = abs 1 0 1 2 1 1 0 3 1 = abs +1 1 1 3 1 +1 2 1 0 3 = 4 où l’on a développé par rapport à la première ligne. 3. Si un parallélépipède est construit sur trois vecteurs de R3 dont les coefficients sont des entiers alors le volume correspond au déterminant d’une matrice à coefficients entiers. C’est donc un entier. Correction de l’exercice 3 1. Par la règle de Sarrus : ∆1 = a b c c a b b c a = a3 +b3 +c3 −3abc. 2. On développe par rapport à la seconde ligne qui ne contient qu’un coefficient non nul et on calcule le déterminant 3×3 par la règle de Sarrus : ∆2 = 1 0 0 1 0 1 0 0 1 0 1 1 2 3 1 1 = +1 1 0 1 1 1 1 2 1 1 = −1. 5
  • 6. 3. ∆3 = L1 −1 1 1 1 L2 1 −1 1 1 L3 1 1 −1 1 L4 1 1 1 −1 = −1 1 1 1 L2←L2+L1 0 0 2 2 L3←L3+L1 0 2 0 2 L4←L4+L1 0 2 2 0 On développe par rapport à la première colonne : ∆3 = (−1)× 0 2 2 2 0 2 2 2 0 = −16 4. Le déterminant est linéaire par rapport à chacune de ses lignes et aussi chacune de ses colonnes. Par exemple les coefficients de la première ligne sont tous des multiples de 5 donc ∆4 = 10 0 −5 15 −2 7 3 0 8 14 0 2 0 −21 1 −1 = 5× 2 0 −1 3 −2 7 3 0 8 14 0 2 0 −21 1 −1 On fait la même chose avec la troisième ligne : ∆4 = 5×2× 2 0 −1 3 −2 7 3 0 4 7 0 1 0 −21 1 −1 Et enfin les coefficients la première colonne sont des multiples de 2 et ceux de la troisième colonne sont des multiples de 7 donc : ∆4 = 5×2×2× 1 0 −1 3 −1 7 3 0 2 7 0 1 0 −21 1 −1 = 5×2×2×7× 1 0 −1 3 −1 1 3 0 2 1 0 1 0 −3 1 −1 Les coefficients sont plus raisonnables ! On fait L2 ← L2 +L1 et L3 ← L3 −2L1 pour obtenir : ∆4 = 140× 1 0 −1 3 0 1 2 3 0 1 2 −5 0 −3 1 −1 = 140× 1 2 3 1 2 −5 −3 1 −1 = 140×56 = 7840 5. ∆5 = L1 a a b 0 L2 a a 0 b L3 c 0 a a L4 0 c a a = a a b 0 L2←L2−L1 0 0 −b b c 0 a a L4←L4−L3 −c c 0 0 On fait ensuite les opérations suivantes sur les colonnes : C2 ← C2 +C1 et C3 ← C3 −C4 pour obtenir une dernière ligne facile à développer : ∆5 = a 2a b 0 0 0 −2b b c c 0 a −c 0 0 0 = +c× 2a b 0 0 −2b b c 0 a = bc(bc−4a2 ) 6
  • 7. 6. On fait d’abord les opérations C1 ← C1 −C3 et C2 ← C2 −C4 et on développe par rapport à la première ligne : ∆6 = 1 0 3 0 0 0 1 0 3 0 a 0 a 0 3 b a 0 a 0 0 b 0 0 a = −2 0 3 0 0 0 −2 0 3 0 0 0 a 0 3 b 0 0 a 0 0 b 0 0 a = (−2)× −2 0 3 0 0 a 0 3 0 0 a 0 b 0 0 a +3× 0 −2 3 0 0 0 0 3 b 0 a 0 0 b 0 a Le premier déterminant à calculer se développe par rapport à la deuxième colonne et le second détermi- nant par rapport à la première colonne : ∆6 = (−2)×a× −2 3 0 0 a 0 b 0 a +3×b× −2 3 0 0 0 3 b 0 a = 4a3 +27b2 7. Nous allons permuter des lignes et des colonnes pour se ramener à une matrice diagonale par blocs. Souvenons-nous que lorsque l’on échange deux lignes (ou deux colonnes) alors le déterminant change de signe. Nous allons rassembler les zéros. On commence par échanger les colonnes C1 et C3 : C1 ↔ C3 : ∆7 = 1 0 0 1 0 0 −4 3 0 0 −3 0 0 −3 −2 0 1 7 0 0 4 0 0 7 1 = − 0 0 1 1 0 3 −4 0 0 0 0 0 −3 −3 −2 7 1 0 0 0 0 0 4 7 1 Puis on échange les lignes L1 et L4 : L1 ↔ L4 : ∆7 = + 7 1 0 0 0 3 −4 0 0 0 0 0 −3 −3 −2 0 0 1 1 0 0 0 4 7 1 Notre matrice est sous la forme d’une matrice diagonale par blocs et son déterminant est le produit des déterminants. ∆7 = 7 1 0 0 0 3 −4 0 0 0 0 0 −3 −3 −2 0 0 1 1 0 0 0 4 7 1 = 7 1 3 −4 × −3 −3 −2 1 1 0 4 7 1 = (−31)×(−6) = 186 Correction de l’exercice 4 1. On retire la première colonne à toutes les autres colonnes ∆1 = a1 a2 ··· an a1 a1 ... ... ... ... ... a2 a1 ··· a1 a1 = a1 a2 −a1 a3 −a1 ··· an −a1 a1 0 ... ... ... ... ... ... a2 −a1 a1 0 ··· 0 0 On développe par rapport à la dernière ligne : ∆1 = (−1)n−1 a1 a2 −a1 ··· an −a1 0 ... ... ... ... ... 0 ··· 0 a2 −a1 = (−1)n−1 a1(a2 −a1)n−1 7
  • 8. Où l’on a reconnu le déterminant d’un matrice triangulaire supérieure. Donc ∆1 = a1(a1 −a2)n−1 . 2. On va transformer la matrice correspondante en une matrice triangulaire supérieure, on commence par remplacer la ligne L2 par L2 −L1 (on ne note que les coefficients non nuls) : ∆2 = 1 +1 1 1 1 1 ... ... 1 1 = 1 +1 0 1 −1 1 1 ... ... 1 1 Puis on remplace la ligne L3 par L3 −L2 (attention il s’agit de la nouvelle ligne L2) et on continue ainsi de suite jusqu’à Ln−1 ← Ln−1 −Ln−2 (n est la taille de la matrice sous-jacente) : ∆2 = 1 +1 0 1 −1 0 1 +1 1 1 ... ... 1 1 = ··· = 1 +1 0 1 −1 0 1 +1 ... ... ... 0 1 (−1)n 1 1 On fait attention pour le dernier remplacement Ln ← Ln − Ln−1 légèrement différent et qui conduit au déterminant d’une matrice triangulaire : : ∆2 = 1 +1 0 1 −1 0 1 +1 ... ... ... 1 (−1)n 0 1−(−1)n = 1−(−1)n . En conclusion ∆2 = 0 si n est pair 2 si n est impair 3. On retire la colonne C1 aux autres colonnes Ci pour faire apparaître des 0 : ∆3 = a+b a ··· a a a+b ... ... ... ... ... a a ··· a a+b = a+b −b ··· −b a b 0 ··· 0 a 0 ... ... ... ... ... ... b 0 a 0 ··· 0 b On remplace ensuite L1 par L1 + L2 + L3 + ··· + Ln (ou ce qui revient au même : faites les opérations L1 ← L1 +L2 puis L1 ← L1 +L3,...chacune de ces opérations fait apparaître un 0 sur la première ligne) pour obtenir une matrice triangulaire inférieure : ∆3 = na+b 0 ··· 0 a b 0 ··· 0 a 0 ... ... ... ... ... ... b 0 a 0 ··· 0 b = (na+b)bn−1 . 8
  • 9. Correction de l’exercice 5 Commençons par un travail préparatoire : le calcul du déterminant de taille (n−1)×(n−1) : Γk = x −1 x ... ... −1 x −1 x ... ... ... x −1 où le bloc en haut à gauche est de taille k ×k. On développe, en commençant par la première ligne, puis encore une fois par la première ligne,... pour trouver que Γk = xk ×(−1)n−1−k Autre méthode : on retrouve le même résultat en utilisant les déterminant par blocs : A B (0) C = detA×detC Revenons à l’exercice ! Contrairement à l’habitude on développe par rapport à la colonne qui a le moins de 0. En développant par rapport à la dernière colonne on obtient : ∆n = x 0 a0 −1 ... ... ... ... x an−2 0 −1 x+an−1 = (−1)n−1 a0 −1 x −1 x ... ... −1 +(−1)n a1 x −1 x −1 x ... ... −1 +···+(−1)2n−3 an−2 x −1 ... ... ... −1 x −1 +(−1)2n−2 (x+an−1) x −1 ... ... ... −1 x = n−2 ∑ k=0 (−1)n−1+k ak ×Γk + (−1)2n−2 (x+an−1)Γn−1 = n−2 ∑ k=0 (−1)n−1+k ak ×xk ×(−1)n−1−k + (x+an−1)xn−1 = a0 +a1x+a2x2 +···+an−1xn−1 +xn Correction de l’exercice 6 1. En développant par rapport à la première colonne on trouve la relation suivante : 9
  • 10. ∆n = a∆n−1 +(−1)n−1 (n−1) 0 0 ··· 0 n−1 a 0 ... ... ... ... ... ... 0 3 0 ··· a 0 2 0 ··· 0 a 1 Notons δ ce dernier déterminant (dont la matrice est de taille n−1×n−1). On le calcule en développant par rapport à la première ligne δ = (−1)n−2 (n−1) a 0 ··· 0 0 a ... ... ... ... ... 0 0 ··· 0 a = (−1)n−2 (n−1)an−2 . Donc ∆n = a∆n−1 −an−2 (n−1)2 . 2. Prouvons la formule ∆n = an −an−2 n−1 ∑ i=1 i2 par récurrence sur n ≥ 2. – Initialisation. Pour n = 2, ∆2 = a 1 1 a = a2 −1 donc la formule est vraie. – Hérédité. Supposons la formule vraie vraie au rang n − 1, c’est-à-dire ∆n−1 = an−1 − an−3 ∑n−2 i=1 i2. Calculons ∆n : ∆n = a∆n−1 −an−2 (n−1)2 par la première question = a an−1 −an−3 n−2 ∑ i=1 i2 −an−2 (n−1)2 par l’hypothèse de récurrence = an −an−2 n−2 ∑ i=1 i2 −an−2 (n−1)2 = an −an−2 n−1 ∑ i=1 i2 La formule est donc vraie au rang n. – Conclusion. Par le principe de récurrence la formule est vraie pour tout entier n ≥ 2. Correction de l’exercice 7 Notons Vn le déterminant à calculer et C1,...,Cn les colonnes de la matrice correspondante. Nous allons faire les opérations suivantes sur les colonnes en partant de la dernière colonne. Cn est remplacée par Cn −tnCn−1, puis Cn−1 est remplacée par Cn−1 −tnCn−2,... jusqu’à C2 qui est remplacée par C2 −tnC1. On obtient donc Vn = 1 t1 t2 1 ... tn−1 1 1 t2 t2 2 ... tn−1 2 ... ... ... ... ... 1 tn t2 n ... tn−1 n = 1 t1 −tn t2 1 −t1tn ... tn−1 1 −tn−2 1 tn 1 t2 −tn t2 2 −t2tn ... tn−1 2 −tn−2 2 tn ... ... ... ... ... 1 0 0 ... 0 On développe par rapport à la dernière ligne et on écrit tk i −tk−1 i tn = tk−1 i (ti −tn) pour obtenir : Vn = (−1)n−1 t1 −tn t1(t1 −tn) ... tn−2 1 (t1 −tn) t2 −tn t2(t2 −tn) ... tn−2 2 (t2 −tn) ... ... ... ... tn−1 −tn ... ... ... 10
  • 11. Nous utilisons maintenant la linéarité du déterminant par rapport à chacune des lignes : on factorise la première ligne par t1 −tn ; la second par t2 −tn,... On obtient Vn = (−1)n−1 (t1 −tn)(t2 −tn)···(tn−1 −tn) 1 t1 t2 1 ... tn−2 1 1 t2 t2 2 ... tn−2 2 ... ... ... ... ... 1 tn−1 t2 n−1 ... tn−2 n−1 Donc Vn = Vn−1 n−1 ∏ j=1 (tn −tj). Si maintenant on suppose la formule connue pour Vn−1 c’est-à-dire Vn−1(t1,...,tn−1) = ∏1≤i<j≤n−1(tj −ti) Alors on obtient par récurrence que Vn(t1,...,tn−1,tn) = Vn−1(t1,...,tn−1) n−1 ∏ j=1 (tn −tj) = ∏ 1≤i<j≤n (tj −ti). 11