Calcul d'un déterminant (bac+1)
Bonjour,
j'essaie de calculer le déterminant $\Delta_n$ de cette matrice d'ordre $n$.
Alors après avoir tenté des combinaisons sur lignes et colonnes pour faire apparaître beaucoup de zéros, pour trouver une relation de récurrence entre $\Delta_n $ et $\Delta_{n-1}$ puis une formule générale et vérifier la cohérence avec les premiers termes de la suite $\Delta_2 $, $\Delta_3 $, $\Delta_4 $, je ne trouve rien de concluant.
Avez-vous la solution et une piste pour y arriver ?
Merci d'avance !
Fabrice
j'essaie de calculer le déterminant $\Delta_n$ de cette matrice d'ordre $n$.
Alors après avoir tenté des combinaisons sur lignes et colonnes pour faire apparaître beaucoup de zéros, pour trouver une relation de récurrence entre $\Delta_n $ et $\Delta_{n-1}$ puis une formule générale et vérifier la cohérence avec les premiers termes de la suite $\Delta_2 $, $\Delta_3 $, $\Delta_4 $, je ne trouve rien de concluant.
Avez-vous la solution et une piste pour y arriver ?
Merci d'avance !
Fabrice
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Réponses
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
Bien sûr, il faut dériver sans développer le déterminant (sinon, cela n'a aucun intérêt). Au besoin, regarde la page wikipedia sur les déterminants.
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 y regardant à deux fois, autant diviser par $n$ : il faut donc évaluer en $1$ le polynôme caractéristique de la matrice $B_n$ qui n'a que des $t/n$ (c'est-à-dire $\det(\lambda\mathrm{I_n}-B_n)$ en $\lambda=1$). Pour calculer son rang et sa trace, pas besoin de réfléchir, on trouve $1$ et $t$. Le polynôme caractéristique est donc $\lambda^{n-1}(\lambda-t)$. Pas besoin de diagonaliser plus loin.
Je suppose que la différence principale tient dans la réponse à la question : « quel est ton exercice préféré ? » Moi, mon dada, c'est la matrice avec uniquement des $1$.
Edit : rectification du rang : $1$ et pas $n-1$ qui est la dimension du noyau.
En Matlab: peut déjà donner une idée.
Cordialement,
Rescassol
Alors en suivant plutôt les indications de Rescasol et YvesM je trouve $\Delta_n = n^{n-1} (1-t)$. C'est bien ça ?
Au final, doit-t-on trouver $\Delta_n = 1-t$ , $\forall n$ ?
1 – La première suggestion de Rescassol est de loin la plus efficace puisqu’elle mène directement au résultat pratiquement sans calcul.
2 – YvesM ne fait que la paraphraser ; mais pourquoi passer par n = 3 si le cas général saute aux yeux ?
3 – Eric: le déterminant étant manifestement linéaire en t, il est inutile d’aller chercher la dérivée seconde. Mais ton idée de calculer $A_n(0)$ et $A’_n(0)$ est astucieuse.
Le déterminant de $A(n)$ est la valeur en $\lambda=1$ de $\det(\lambda\mathrm{I}_n-B_n)$ où $B_n$ est la matrice dont tous les coefficients valent $-t/n$. Le rang de $B_n$ est $1$ (si $t\ne0$) et la trace, donc la dernière valeur propre, vaut $-t/n\times n$. D'où $\det A(n)=1^n\times(1-t)$.
$$\det A_n = 1-\frac{t}{n} \left( 1 \dotsb 1 \right) \begin{pmatrix} 1 \\ \vdots \\ 1 \end{pmatrix} = 1-t.$$
Ouais, tu voulais que je balance le dual? Soyons raisonnables. Et quand je vois une matrice symetrique, l'espace euclidien s'impose, non?
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).
Si $A=[a_{i,j}] $ et $M(t)=[a_{i,j}+t]$ , on a plus généralement $det M(t) = det(A) + \lambda t$
ce résultat est intéressant à retenir car il permet de calculer astucieusement certains déterminants nxn
( par exemple c sur la diagonale, a au dessus, b en dessous ) .
Cordialement
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.