Un déterminant

On pose $X=a+b, Y=a+c$ et $Z=b+c$ de sorte que ton déterminant soit la fonction polynomiale $$P(X,Y,Z) := \left|\begin{matrix}Z-X-Y&X&Y\\X&Y-X-Z&Z\\Y&Z&X-Y-Z\end{matrix}\right|.$$ C'est clairement une fonction polynomiale de degré au plus $3$. Des calculs faciles sur les lignes et colonnes montrent que $P(0,Y,Z)=0, P(X,0,Z)=0$ et $P(X,Y,0)=0$. Donc $P$ est divisible par $XYZ$, et comme il est de degré au plus $3$, est de la forme $\lambda XYZ$. On trouve $\lambda=4$ en calculant $P(1,1,1)=4$.

Bah c'est la même méthode que moi sans faire le changement de variables :-D

Bonjour,

Tu peux n'utiliser qu'une indéterminée afin d'être « moins gourmand en connsaissances » ; tu considères
\[P(X) = \begin{vmatrix} -2X & X+b & X+c \\ X+b & -2b & b+c \\ X+c & b+c & -2c \end{vmatrix}\]
que tu développes par rapport à la première ligne :
\[P(X) = -2X\begin{vmatrix}-2b & b+c \\ b+c & -2c \end{vmatrix}
- (X+b) \begin{vmatrix} X+b & b+c \\ X+c & -2c \end{vmatrix}
+ (X+c) \begin{vmatrix} X+b & -2b \\ X+c & b+c \end{vmatrix}\]
pour t'apercevoir qu'il s'agit d'un polynôme du second degré de coefficient dominant:
\[2c+(b+c)+(b+c)+2b=4(b+c).\]
Tu évalues alors en \(-b\) et \(-c\) de façon à annuler certains termes du déterminant et, joie ineffable, tu trouves par hasard les deux racines du polynôme.

Un peu tard dans le fil pour chercher une solution minimale. Cherchons plutot la generalisation.

Proposition: Soit $ a_1,\ldots,a_n$ des reels non nuls , avec $S=a_1+\cdots+a_n$ et $S_{-1} =\frac{1}{a_1}+\cdots+\frac{1}{a_n}$. Soit $\lambda$ reel et la matrice symetrique

$$M_{\lambda}=\left[\begin{array}{cccc}
(2-\lambda)a_1&a_1+a_2&\ldots&a_1+a_n\\
a_2+a_1&(2-\lambda)a_2&\ldots&a_2+a_n\\
\ldots&\ldots&\ldots&\ldots\\
a_n+a_1&a_n+a_2&\ldots&(2-\lambda)a_n
\end{array}\right]$$
Alors $$\det(M_{\lambda})=a_1\cdots a_n((\lambda-n)^2-SS_{-1})(-\lambda)^{n-2}\ \ (*)$$
Le petit miracle est que pour $n=3$ alors $\det M_4=4(a_1+a_2)(a_2+a_3)(a_3+a_1).$ Il est du au fait que les neuf termes des deux developpements de $$\frac{(a_1+a_2)(a_2+a_3)(a_3+a_1)}{a_1a_2a_3}+1,\ \ \
(a_1+a_2+a_3)\left(\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\frac{1}{a_3}\right)$$ sont les memes.

La demonstration de (*) est basee sur la connaissance des valeurs propres des matrices symetriques de rang deux decrite par le lemme suivant, qui doit bien apparaitre deux fois par an dans le forum:

Lemme: Soit $u$ et $v$ des vecteurs de l' espace euclidien $E$ de dimension $n$, l'endomorphisme $u\otimes v$ de $E$ defini par $x\mapsto u \otimes v(x)=u\langle v,x\rangle$ et l'endomorphisme symetrique $f$ de $E$ defini par $f=u\otimes v+v\otimes u.$ Alors $$\det(f-\lambda \mathrm{id}_E)=((\lambda-\langle u,v\rangle)^2-\|u\|^2\|v\|^2)(-\lambda)^{n-2}$$

Pour le montrer on suppose sans perte de generalite $u$ et $v$ independants et on represente $f$ dans une base de la forme $(u,v,e_3,\ldots,e_n)$ avec les $e_i$ orthogonaux a $u$ et $v$.

Montrons enfin (*). Comme c'est algebrique, il suffit de le montrer en supposant les $a_i$ positifs. On introduit $D=\mathrm{diag}(a_1,\ldots,a_n)$ et le vecteur colonne $1=(1,\ldots,1)^t$ et on applique le lemme a $ E=\mathbb{R}^n$ euclidien canonique et a $u=D^{1/2}1,\ v=D^{-1/2}1.$ Remarquons que $\langle u,v\rangle=n,\ \ \|u\|^2=S,\ \|v\|^2=S_{-1}.$ Avec ces notations on a
$$M_{\lambda}=D1\otimes 1+1\otimes D_1-\lambda D=D^{1/2}(u\otimes v+v\otimes u-\lambda I_n)D^{1/2}$$ Donc $ \det(M_{\lambda})=\det D\det (u\otimes v+v\otimes u-\lambda I_n)$ et le lemme permet de conclure.

Pas d'amateur pour mon petit exercice ci-dessus qui met en jeu algèbre linéaire et calcul différentiel ?

Bien vu P.
Je ne l'ai pas écrit mais je pensais à trois matrices constantes...

Edit : j'ai modifié l'énoncé en conséquence.

Voici une généralisation empilee du determinant initial du fil, qui se démontre en imitant la preuve de la précédente. Soit $ a_1,\ldots,a_n$ et $ b_1,\ldots,b_n$ des réels non nuls. Soit $\lambda$ réel et la matrice $$

M_{\lambda}=\left[\begin{array}{cccc}
(1-\lambda)(a_1+b_1)&a_1+b_2&\ldots&a_1+b_n\\
a_2+b_1&(1-\lambda)(a_2+b_2)&\ldots&a_2+b_n\\
\ldots&\ldots&\ldots&\ldots\\
a_n+b_1&a_n+b_2&\ldots&(1-\lambda)(a_n+b_n)
\end{array}\right]
$$ En notant $$
\alpha=\frac{a_1}{a_1+b_1}+\cdots+\frac{a_n}{a_n+b_n},\qquad \beta=\frac{b_1}{a_1+b_1}+\cdots+\frac{b_n}{a_n+b_n}=n-\alpha,
$$ $$
S=\frac{a_1b_1}{a_1+b_1}+\cdots+\frac{a_nb_n}{a_n+b_n},\qquad S_{-1}=\frac{1}{a_1+b_1}+\cdots+\frac{1}{a_n+b_n}
$$ alors on a \begin{eqnarray*}
\det(M_{\lambda})&=&(a_1+b_1)\cdots (a_n+b_n)((\lambda-\alpha)(\lambda-\beta)-SS_{-1})(-\lambda)^{n-2}\\ &=&(a_1+b_1)\cdots (a_n+b_n)\left(\lambda^2-n\lambda-\Sigma_{i<j}\frac{(a_i-a_j)(b_i-b_j)}{(a_i+b_i)(a_j+b_j)}\right)(-\lambda)^{n-2}.\end{eqnarray*}