Calcul d'un déterminant (bac+1)

Bonsoir,

Une idée à priori:
Ajoute toutes les autres colonnes à la première, mets le résultat en facteur, puis fais des soustractions de lignes.

Cordialement,

Rescassol

Bonjour,

La somme de toutes les colonnes est constante, puis factorisation pour avoir des uns, puis différence pour mettre tout plein de zéros. Traite le cas $n=3$ comme ça d’abord... puis généralise.

En quoi ce que tu proposes est plus "efficace" que ce qui a été proposé par ailleurs ? ... Ce que j'ai proposé peut se calculer de tête.

Bonjour,

En Matlab:

syms t

for n=1:10
    M=eye(n)-t/n*ones(n);
    D=det(M)
end

peut déjà donner une idée.

Cordialement,

Rescassol

Non. Ton erreur est sans doute de penser que $\det(kA)=k\det(A)$ (où $k$ est un scalaire et $A$ une matrice carrée), ce qui est faux en général.

Alors c'est autre chose... Ta formule ne va déjà pas pour $n=2$ puisque l'on a [\det A(2)=\begin{vmatrix}1-\frac{t}{2}&-\frac{t}{2}\\-\frac{t}{2}&1-\frac{t}{2}\end{vmatrix}=-t+1.\]

Voui !

Pourquoi tant de coordonnees? Il s'agit de calculer le determinant de l'endomorphisme de l'espace euclidien de dimension $n$ $$a=I_n-\frac{t}{n}v\otimes v$$ avec $v=(1,\ldots,1)$ et $x\mapsto v\otimes v (x)=v\langle v,x\rangle.$ Un vecteur propre de $v\otimes v$ est $v$ de valeur propre $\|v\|^2=n.$ L'espace orthogonal a $v$ est l'espace propre associe a la valeur propre zero, celle ci est donc de multiplidite $n-1$. Donc les valeurs propres de $a$ sont $1-t$ et 1(de multiplicite $n-1)$ et donc $\det a =1-t.$

Comme le dit P., on a $A_n = I_n-\frac{t}{n} J_n$, où $J_n$ est la matrice carrée de taille $n$ remplie de $1$. Or, si $u$ et $v$ sont deux vecteurs-colonnes, alors $\det \left( I_n - u v^{\textrm{T}} \right) = 1-v^{\textrm{T}}u $. En prenant $u=v = \sqrt{\dfrac{t}{n}} \begin{pmatrix} 1 \\ \vdots \\ 1 \end{pmatrix}$, on obtient
$$\det A_n = 1-\frac{t}{n} \left( 1 \dotsb 1 \right) \begin{pmatrix} 1 \\ \vdots \\ 1 \end{pmatrix} = 1-t.$$

On soustrait chaque colonne (sauf la dernière) de la suivante. Tous les $t$ disparaissent, sauf en première colonne. Et le déterminant n'a pas changé. Quand on développe suivant la première colonne, on voit que le déterminant $\Delta_n(t)$ est un polynôme de degré $\leq 1$ en $t$.
Il est immédiat de voir que $\Delta_n(0)=1$ ($A_n(0)=I_n$) et que $\Delta_n(1)=0$ (la somme des colonnes de $A_n(1)$ est nulle).

Voilà une façon de trouver le déterminant de cette matrice dans calcul.

Soit $J$ la matrice de taille $n$ dont tous les coefficients sont égaux à $1$. On est en caractéristique ne divisant pas $n$. Alors le rang de $J$ est égal à un et $J^2=nJ$, autrement dit $J(J-nI_n)=0$. On en déduit que la matrice est diagonalisable, semblable à une matrice $J'$ diagonale dont le premier coefficient vaut $n$ et tous les autres sont nuls (*)

La matrice de l'énoncé est $\dfrac{1}{n} (nI_n - t J)=I_n - \dfrac{t}{n}J$ qui est semblable à $I_n-\dfrac{t}{n}J'$: la matrice diagonale dont le premier terme vaut $1-t$ et tous les autres valent $1$. Le déterminant cherché vaut donc $1-t$

[size=x-small](*)si on ne connaît pas les résultats sur la diagonalisation et les polynômes annulateurs, on peut procéder comme suit en notant $K$ le corps de base. Soit $j:K^n \to K^n$ l'endomorphisme dont la matrice dans la base canonique est $J$. Soit $\ell:x \in K^n \mapsto \sum_{i=1}^n x_i$. Soit $u_1:= (1,1,1,...,1)$. Puisque $car(K)$ ne divise pas $n$, $\ell(u_1)=n\neq 0$. Soit $u_2,...,u_n$ une base de $\ker(\ell)$. Alors $u_1,...,u_n$ est une base de $n$ telle que $j(u_1)=n u_1$ et $j(u_k)=0$ pour tout $k$. La matrice de $j$ dans cette base est donc $J'$.[/size]

EDIT: on me signale à l'oreillette que ma solution a déjà été postée plus haut !! bref grillé.