déterminant
bonjour, j'aimerais calculer le déterminant de A où :
<P></P><DIV ALIGN="CENTER" CLASS="mathdisplay">A = <IMG WIDTH="137" HEIGHT="131" ALIGN="MIDDLE" BORDER="0" SRC="http://www.les-mathematiques.net/phorum/2006/05/26/88719/cv/img1.png" ALT="$\displaystyle \begin{pmatrix}a & 1 & 1 & 1 & 1 \\
\newline 1 & a & 1 & 1 & 1 \......ne 1 & 1 & 1 & a & 1 \\
\newline 1 & 1 & 1 & 1 & a \\
\newline \end{pmatrix} $"></DIV><P></P>
J'ai pensé ajouter les 4 dernières lignes à la première mais après je ne vois pas ce qu'il faut faire.
<BR>
<BR>Merci d'avance.<BR>
<P></P><DIV ALIGN="CENTER" CLASS="mathdisplay">A = <IMG WIDTH="137" HEIGHT="131" ALIGN="MIDDLE" BORDER="0" SRC="http://www.les-mathematiques.net/phorum/2006/05/26/88719/cv/img1.png" ALT="$\displaystyle \begin{pmatrix}a & 1 & 1 & 1 & 1 \\
\newline 1 & a & 1 & 1 & 1 \......ne 1 & 1 & 1 & a & 1 \\
\newline 1 & 1 & 1 & 1 & a \\
\newline \end{pmatrix} $"></DIV><P></P>
J'ai pensé ajouter les 4 dernières lignes à la première mais après je ne vois pas ce qu'il faut faire.
<BR>
<BR>Merci d'avance.<BR>
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Réponses
Regarde la matrice A-(a-1)I.
Plus généralement, pour une matrice d'ordre $n$, on voit facilement que $a-1$ est valeur propre
, avec pour sous-espace propre
l'hyperplan $x_1+\cdots x_n=0$ de dimension $n-1$. La matrice, symétrique
réelle est diagonalisable avec $a-1$ pour valeur propre d'ordre $n-1$.
Si $y$ est l'autre valeur propre, la trace donne $(n-1)(a-1)+y=na$ d'où
$y=a+n-1$. Le déterminant de $A$ est ainsi
$(a-1)^{n-1}(a+n-1)$ (produit des valeurs propres). Le polynôme caractéristique de $A$ est
$P(X)=(-1)^n(X-a+1)^{n-1}(X-a-n+1)$.
Amicalement
Omar
Encore une autre méthode : tu es en présence d'une matrice circulante, c'est à dire que chaque ligne se déduit de la précédente par décalage vers la droite. Il y a alors une méthode propre à ce genre de matrice ; on sait que le déterminant d'une matrice est, à un facteur $(-1)^{n-1}$ près le produit des valeurs propres de la matrice, il suffit donc de déterminer ces dernières.
Posant :$$T_5 = \begin{pmatrix}0 &1 &0 &0 &0 \\ 0 &0 &1 &0 &0 \\ 0 &0 &0 &1 &0 \\ 0 &0 &0 &0 &1 \\ 1 &0 &0 &0 &0\end{pmatrix}$$tu constates que ta matrice $A$ vérifie :$$A = T^4 + T^3 + T^2 + T + a\,I_4 = P(T).$$On peut alors appliquer le théorème sur les vecteurs et valeurs propres des polynômes d'endomorphismes : la matrice $T$ a pour valeurs propres les cinq racines cinquièmes de $1$, donc :$$\det(A) = -\prod_{k=0}^4P\left(e^{\frac{2ik\pi}5}\right).$$Comme ce déterminant est un polynôme de degré $5$ en $a$, par cette méthode tu disposes d'une décomposition de ce polynôme en polynômes irréductibles sur $\C$ ou sur $\R$.
Bruno
Sauf erreur de calcul, bien sûr :-(
En effet, j'ai essayé avec maple pour une matrice simple et ça ne marche pas. La seule chose qui marche est det(a.A)=a.det(A) (là on a pu sortir a car il multiplie toute la matrice et pas seulement une ligne).
Voilà, merci de m'expliquer mon incompréhension.
det(aA) = a^n * det(A) ou n est la taille de ta matrice
car tu sors n fois le a pour chaque colonne !
Par conséquent la vraie formule est det(a.A)=a^n.det(A) où n est le nombre de lignes et de colonnes.
<BLOCKQUOTE><BR></BLOCKQUOTE><P></P><DIV ALIGN="CENTER" CLASS="mathdisplay">B = <IMG WIDTH="120" HEIGHT="112" ALIGN="MIDDLE" BORDER="0" SRC="http://www.les-mathematiques.net/phorum/2006/05/28/88856/cv/img1.png" ALT="$\displaystyle \newline \begin{pmatrix}
\newline x & a & b & x \\
\newline a & ......e b & x & x & a \\
\newline x & b & a & x \\
\newline \end{pmatrix}
\newline $"></DIV><P></P>
Merci d'avance pour votre aide.<BR>
et tu sors le facteur a+b+2x.
Après il faut travailler sur les colonnes ou lignes.
Apres tu fais disparaitre tout les 1 de la premiere colonne (en faisant l'operation sur les L suivant L1-Li $\forall i \in \{2,3,4\}$)
tu obtiens la matrice suivante
$
\begin{pmatrix}
1 & a & b & x \\
0 & a-x & b-x & x-b \\
0 & a-x & b-x & x-a \\
0 & a-b & b-a & 0 \\
\end{pmatrix}
$
donc $det(B)=(2x+a+b)(b-a)det\begin{pmatrix}
1 & a & b & x \\
0 & a-x & b-x & x-b \\
0 & a-x & b-x & x-a \\
0 & -1 & 1 & 0 \\
\end{pmatrix}
$
après la suite est facile... enfin il me semble
Eva
Merci de votre aide qui m'est précieuse.
Tu vas tomber sur un determinant 3*3 qu'il faudra encore developper (par rapport a la derniere ligne ca me parait le mieux) et le tour est joue
Pour savoir par rapport a quoi tu dois developper ou si tu dois sortir une astuce (dailleurs les techniques utilisees ici :sommer toutes les lignes dans une seule puis mettre en facteur en utilisant la n_linearite du determinant, sont vraiment a connaitre), si rien ne te vient tu developpes betement et si ton resultat est vraiment immonde tu repars du debut en cherchant une astuce.
Une autre technique sur une matrice n*n est par exemple de developper par rapport a une ligne ou une colone puis de s'apercevoir qu'on retombe sur quasiment la meme matrice mais en (n-1)*(n-1) et la on conclut en iterant une ou deux fois puis en devinant la forme generale (vaut mieux un exemple qu'un long discours mais la j'ai pas tellement d'exemple a te proposer)
si quelqu'un voit comment faire merci d'avance.
1 + c\,a + c^2 + c^3 + c^4 &= &c\,(c^4 + a + c + c^2 + c^3) \\
\cdots &= &\cdots \\
1 + c + c^2 + c^3 + c^4\,a &= &c^4(c + c^2 + c^3 + c^4 + a)\end{array}$$bref, le déterminant est divisible par les facteurs :$$a + c + c^2 + c^3 + c^4$$où $c$ décrit l'ensemble des racines cinquièmes de l'unité. En fait on retrouve grâce à un choix apparemment astucieux des coefficients de combinaison la forme que j'avais donnée sans faire appel à la théorie des valeurs propres.
Bruno
Bruno
Ps: je suis pressé de voir la théorie des valeurs propres qui a l'ai assez praique pour caluler les determinants.
merci encore.
gin.
$det(B)=(2x+a+b)(b-a)det\begin{pmatrix}
1 & a & b & x \\
0 & a-x & b-x & x-b \\
0 & a-x & b-x & x-a \\
0 & -1 & 1 & 0
\end{pmatrix}
$
c'est la meme chose que $det(B)=(2x+a+b)(b-a)det\begin{pmatrix}
1 & a+b & b & x \\
0 & a+b-2x & b-x & x-b \\
0 & a+b-2x & b-x & x-a \\
0 & 0 & 1 & 0
\end{pmatrix}
$
et comme disait Ryo apres tu developpes le det par la premiere colonne puis apres la derniere ligne, et apres tu as un determinant d'une matrice 2x2
$det(B)=(2x+a+b)(b-a)det\begin{pmatrix}
a+b-2x & x-b \\
a+b-2x & x-a
\end{pmatrix}$
et de la tu en déduis que $det(B)=(2x+a+b)(b-a)( a+b-2x)(x-a-x+b)$
Eva
1 & a+b & b & x \\
0 & a+b-2x & b-x & x-b \\
0 & a+b-2x & b-x & x-a \\
0 & 0 & 1 & 0
\end{pmatrix}$ ?
On soustrait la seconde ligne à la première : $\det B=(2x+a+b)(b-a) \det \begin{pmatrix}
1 & a+b & b & x \\
0 & a+b-2x & b-x & x-b \\
0 & 0 & 0 & b-a \\
0 & 0 & 1 & 0
\end{pmatrix}$
Puis on échange les deux dernières colonnes ce qui "sort" un signe moins vu le caractère antisymétrique du déterminant : $\det B =-(2x+a+b)(b-a) \det \begin{pmatrix}
1 & a+b & x & b \\
0 & a+b-2x & x-b & b-x \\
0 & 0 & b-a & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}$
On se retrouve avec une matrice triangulaire supérieure dont on sait que le déterminant est égal au produit des coefficients diagonaux, d'où $\det B = (b-a)^2 (4x^2 - (a+b)^2)$.
je m'arretai au determinant d'une matrice 2x2 car je trouvai çà facile a calculer mais ta méthode est bien mieux y a pas de calcul.
En plus je suis rassuré tu trouve comme moi (b-a)² et non (b-a)^3 comme Gin le prétendait.
Le $(b-a)^3$ était exclu par homogénéité de toute façon (si $a,b,x$ sont des longueurs alors le déterminant est une longueur à la puissance 4 et la formule proposée par gin donne une longueur à la puissance 5).