1
re méthode
Le nombre d’inversions de
σ =
1
2
. . . n − 1 n
n n − 1 . . .
2
1
est :
(n − 1) + (n − 2) + . . . + 1 , d’où ε(σ ) = (−1)
(n−1)n
2
.
2
`
eme méthode
On décompose σ en transpositions :
• n pair, n = 2 p ( p ∈ N
∗
),
σ = τ 1,2 p ◦ τ 2,2 p−1 ◦ . . . ◦ τ p, p+1 , d’où ε(σ ) = (−1)
p
• n impair, n = 2 p + 1 ( p ∈ N),
σ = τ 1,2 p+1 ◦ τ 2,2 p ◦ . . . ◦ τ p, p+2 ,
d’où ε(σ ) = (−1)
p .
Réponse : ε(σ ) = (−1)
n(n−1)
2
= (−1)
E( n
2
) , ou encore :
ε(σ ) =
1
sin ≡ 0 ou 1 [4]
−1 si n ≡ 2 ou 3 [4] .
On compte les inversions de σ ; ce sont les couples :
(2, 1), (4, 1), (4, 3), (6, 1), (6, 3), (6, 5), . . ., (2n, 1) , (2n, 3) ,
. . ., (2n, 2n − 1). Il y en a donc 1 + 2 + 3 + . . . + n.
Réponse : ε(σ ) = (−1)
n(n+1)
2 .
a) Réponse : I(σ ) = 27, σ est impaire.
b) Réponse : σ = τ 10,12 ◦ τ 8,11 ◦ τ 8,10 ◦ τ 2,9 ◦τ 4,8
◦τ 2,7 ◦ τ 3,6 ◦ τ 3,5 ◦ τ 1,2 .
c) Réponse : σ = (1,7,9,2) ◦ (3,5,6) ◦ (4,12,10,11,8) ,
ε(σ ) = (−1)
4−1
(−1)
3−1
(−1)
5−1
= −1 .
a)
1
i
j
τ 1i
i
1
j
τ 1 j
i
j
1
τ 1i
1
j
i
Comme les transpositions engendrent S n et que toute transposition se décompose sur les τ 1i (2 i n), on en déduit que
{τ 1i ; 2 i n} engendre S n .
b)
1
i
j
τ 1i
i
1
j
τ 1 j
i
j
1
d’où τ 1 j ◦ τ 1i = (1,i, j).
Soit σ ∈ A n . D’après a), il existe N ∈ N
∗ ,
i 1 ,. . . ,i N ∈ {2,. . . ,n} tels que σ = τ 1i 1 ◦ . . . ◦ τ 1iN . Puisque σ
285
est paire et que toute transposition est impaire, N est pair. En
groupant les τ 1ik (1 k N ) deux par deux, on conclut que
σ se décompose sur les 3-cycles (1,i, j), (i, j) ∈ {2,. . . ,n}
2 ,
i = j.
c) D’après b), τ 1k ◦ τ 12 = (1,2,k)
et τ 12 ◦ τ 1k = (1,k,2) = (1,2,k) 2 .
D’où : γ i ◦ γ 2
j = (τ 1i ◦ τ 12 ) ◦ (τ 12 ◦ τ 1 j ) = τ 1i ◦ τ 1 j .
On déduit alors de b) que toute σ de A n se décompose sur les
γ i (3 i n).
|det(A)| =
σ ∈Sn
ε(σ )a σ (1)1 . . . σ σ (n)n
σ ∈Sn
|a σ (1)1 | . . . |a σ (n)n |
(i 1 ,...,in )∈{1,...,n} n
|a i 1 1 | . . . |a in n | =
n
j=1
n
i=1
|a i j |
,
en reconnaissant le développement du produit de n sommes
de n termes.
a) AB = −B A ⇒ det(AB) = (−1)
n det(B A)
⇐⇒ det(A)det(B) = (−1)
n det(B)det(A)
⇐⇒ 1 = (−1)
n
⇐⇒ n pair.
b) Réponse : A =
0 1
1 0
, B =
0 −1
1
0
.
a) • SL n (K ) ⊂ GL n (K ) ,
car det(A) = 1 ⇒ det(A) = 0 .
• Si A,B ∈ SL n (K ),
alors det(AB) = det(A)det(B) = 1 · 1 = 1,
donc AB ∈ SL n (K ).
• I n ∈ SL n (K ) car det(I n ) = 1.
• Si A ∈ SL n (K ),
alors det(A
−1
) =
det(A)
−1 = 1
−1
= 1 ,
donc A
−1
∈ SL n (K ).
b) Soit A ∈ GL n (C).
Il existe α ∈ C
∗ tel que α
n
= det(A) ; en notant B =
1
α
A , on
a alors :
det(B) =
1
α n det(A) = 1 , donc B ∈ SL n (C) .
Soit A convenant.
• En prenant M = A, on obtient 2
n det(A) = 2det(A) , d’où,
puisque n 2 , det(A) = 0.
On a donc : ∀M ∈ M n (C), det(A + M) = det(M).
• Notons C 1 ,. . . ,C n les colonnes de A.
2.1.4
2.1.5
2.1.2
2.1.3
2.5.1
2.5.2
2.5.3
2.5.4
re méthode
Le nombre d’inversions de
σ =
1
2
. . . n − 1 n
n n − 1 . . .
2
1
est :
(n − 1) + (n − 2) + . . . + 1 , d’où ε(σ ) = (−1)
(n−1)n
2
.
2
`
eme méthode
On décompose σ en transpositions :
• n pair, n = 2 p ( p ∈ N
∗
),
σ = τ 1,2 p ◦ τ 2,2 p−1 ◦ . . . ◦ τ p, p+1 , d’où ε(σ ) = (−1)
p
• n impair, n = 2 p + 1 ( p ∈ N),
σ = τ 1,2 p+1 ◦ τ 2,2 p ◦ . . . ◦ τ p, p+2 ,
d’où ε(σ ) = (−1)
p .
Réponse : ε(σ ) = (−1)
n(n−1)
2
= (−1)
E( n
2
) , ou encore :
ε(σ ) =
1
sin ≡ 0 ou 1 [4]
−1 si n ≡ 2 ou 3 [4] .
On compte les inversions de σ ; ce sont les couples :
(2, 1), (4, 1), (4, 3), (6, 1), (6, 3), (6, 5), . . ., (2n, 1) , (2n, 3) ,
. . ., (2n, 2n − 1). Il y en a donc 1 + 2 + 3 + . . . + n.
Réponse : ε(σ ) = (−1)
n(n+1)
2 .
a) Réponse : I(σ ) = 27, σ est impaire.
b) Réponse : σ = τ 10,12 ◦ τ 8,11 ◦ τ 8,10 ◦ τ 2,9 ◦τ 4,8
◦τ 2,7 ◦ τ 3,6 ◦ τ 3,5 ◦ τ 1,2 .
c) Réponse : σ = (1,7,9,2) ◦ (3,5,6) ◦ (4,12,10,11,8) ,
ε(σ ) = (−1)
4−1
(−1)
3−1
(−1)
5−1
= −1 .
a)
1
i
j
τ 1i
i
1
j
τ 1 j
i
j
1
τ 1i
1
j
i
Comme les transpositions engendrent S n et que toute transposition se décompose sur les τ 1i (2 i n), on en déduit que
{τ 1i ; 2 i n} engendre S n .
b)
1
i
j
τ 1i
i
1
j
τ 1 j
i
j
1
d’où τ 1 j ◦ τ 1i = (1,i, j).
Soit σ ∈ A n . D’après a), il existe N ∈ N
∗ ,
i 1 ,. . . ,i N ∈ {2,. . . ,n} tels que σ = τ 1i 1 ◦ . . . ◦ τ 1iN . Puisque σ
285
est paire et que toute transposition est impaire, N est pair. En
groupant les τ 1ik (1 k N ) deux par deux, on conclut que
σ se décompose sur les 3-cycles (1,i, j), (i, j) ∈ {2,. . . ,n}
2 ,
i = j.
c) D’après b), τ 1k ◦ τ 12 = (1,2,k)
et τ 12 ◦ τ 1k = (1,k,2) = (1,2,k) 2 .
D’où : γ i ◦ γ 2
j = (τ 1i ◦ τ 12 ) ◦ (τ 12 ◦ τ 1 j ) = τ 1i ◦ τ 1 j .
On déduit alors de b) que toute σ de A n se décompose sur les
γ i (3 i n).
|det(A)| =
σ ∈Sn
ε(σ )a σ (1)1 . . . σ σ (n)n
σ ∈Sn
|a σ (1)1 | . . . |a σ (n)n |
(i 1 ,...,in )∈{1,...,n} n
|a i 1 1 | . . . |a in n | =
n
j=1
n
i=1
|a i j |
,
en reconnaissant le développement du produit de n sommes
de n termes.
a) AB = −B A ⇒ det(AB) = (−1)
n det(B A)
⇐⇒ det(A)det(B) = (−1)
n det(B)det(A)
⇐⇒ 1 = (−1)
n
⇐⇒ n pair.
b) Réponse : A =
0 1
1 0
, B =
0 −1
1
0
.
a) • SL n (K ) ⊂ GL n (K ) ,
car det(A) = 1 ⇒ det(A) = 0 .
• Si A,B ∈ SL n (K ),
alors det(AB) = det(A)det(B) = 1 · 1 = 1,
donc AB ∈ SL n (K ).
• I n ∈ SL n (K ) car det(I n ) = 1.
• Si A ∈ SL n (K ),
alors det(A
−1
) =
det(A)
−1 = 1
−1
= 1 ,
donc A
−1
∈ SL n (K ).
b) Soit A ∈ GL n (C).
Il existe α ∈ C
∗ tel que α
n
= det(A) ; en notant B =
1
α
A , on
a alors :
det(B) =
1
α n det(A) = 1 , donc B ∈ SL n (C) .
Soit A convenant.
• En prenant M = A, on obtient 2
n det(A) = 2det(A) , d’où,
puisque n 2 , det(A) = 0.
On a donc : ∀M ∈ M n (C), det(A + M) = det(M).
• Notons C 1 ,. . . ,C n les colonnes de A.
2.1.4
2.1.5
2.1.2
2.1.3
2.5.1
2.5.2
2.5.3
2.5.4