288
Réponse : 1.
h) Notons ∆ n le déterminant proposé. En développant par rapport à la dernière ligne :
(et D 1 = −(a + 1)) .
Réponse : (−1) n n!
n
k=0
a k
k!
.
Notons I = I 3 , A =
0 1 0
0 0 1
2 0 0
.
Comme A 2 =
0 0 1
2 0 0
0 2 0
, on a :
E = {x I + y A + z A 2 ; (x,y,z) ∈ Q 3 } .
Il est clair alors que E est le sev de M 3 (Q) engendré par
(I,A,A 2 ) .
D’autre part, comme A 3 = 2I , le produit de deux éléments de
E se décompose Q -linéairement sur I,A,A 2 . On en déduit que
E est un sous-anneau de M 3 (Q) .
Il reste à montrer que tout élément de E autre que 0 admet un
inverse dans E .
Nous allons d’abord établir :
∀M ∈ E , ( det(M) = 0 ⇒ M = 0) .
Soient (x,y,z) ∈ Q 3 , M = x I + y A + z A 2 , et supposons
det(M) = 0 ,
c’est-à-dire après développement :
x 3 + 2y 3 + 4z 3 − 6xyz = 0.
Il existe (α,β,γ ) ∈ Z 3 et q ∈ N ∗ tels que x =
α
q
, y =
β
q
,
z =
γ
q
, d’où :
α 3 + 2β 3 + 4γ 3 − 6αβγ = 0.
Nous allons montrer, par la méthode de descente infinie, que
cette équation d’inconnue (α,β,γ ) ∈ Z 3 , n’admet que (0,0,0)
pour solution.
Soit (α,β,γ ) une solution.
Alors 2|α 3 , donc 2|α , et il existe donc α ∈ Z tel que α = 2α ,
d’où :
4α
3 + β 3 + 2γ 3 − 6α
βγ = 0.
De même, 2|β et il existe donc β ∈ Z tel que β = 2β ,
d’où :
2α
3 + 4β
3 + γ 3 − 6α
β
γ = 0.
Encore, 2|γ et il existe donc γ ∈ Z tel que
γ = 2γ , d’où :
α
3 + 2β
3 + 4γ
3 − 6α
β
γ
= 0,
c’est-à-dire que (α ,β ,γ ) est solution.
Ainsi, pour tout solution (α,β,γ ) , les trois entiers α,β,γ sont
divisibles par 2. En réitérant, on en déduit que α,β,γ sont divisibles par toute puissance 2 n (n ∈ N ∗ ) , et donc
α = β = γ = 0 .
2.7.2
∆ n = α ∆ n−1 + (−1)
n+1 a n
−1
α
0
0 α −1
= α∆ n−1 + a n .
Réponse :
n
k=0
α
k a n−k (en notant a 0 = 1 ).
i) Notons ∆ n le déterminant proposé. On a, en développant par
rapport à la dernière ligne :
∆ n = b n ∆ n−1 + (−1)
n+2 a n
−a 1
−a n
b 1 0
0
0 b n−1 0
[n]
= b n ∆ n−1 + (−1)
n+2 a n (−1)
n+1 (−a n )b 1 . . . b n−1
= b n ∆ n−1 + b 1 . . . b n−1 a
2
n .
. . . . . . . . .
............
Sommer, après multiplication par les coefficients :
∆ n = b n ∆ n−1 + b 1 . . . b n−1 a 2
n
1
∆ n−1 = b n−1 ∆ n−2 + b 1 . . . b n−2 a 2
n−2
b n
∆ n−2 = b n−2 ∆ n−3 + b 1 . . . b n−3 a 2
n−2
b n−1 b n
. . .
. . .
∆ 1 = b 1 + a 2
1
b 2 . . . b n
Réponse : b 1 . . . b n−1 a 2
n + b 1 . . . b n−2 a 2
n−1
b n +
. . . + a 2
1 b 2 . . . b n .
Si b 1 . . . b n = 0 , on peut écrire le résultat sous la forme :
b 1 . . . b n
1 +
a 2
1
b 1
+ . . . +
a 2
n
b n
.
j) Montrer la relation ∆ n = z∆ n−1 − xyz n−2 .
Réponse : az n−1 − (n − 1)xyz n−2 .
k) En notant ∆ n le déterminant proposé, on a :
∆ n =
−(a + 1) 1
−a
a
0
0
n − 2
0
a
−(a + n − 1) 0
0
0
a
−n
par C n
C 1 + . . . + C n
. . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . .
= (−1) n+1 (−a)a n−1 − n∆ n−1
par développement par rapport à la dernière colonne.
En notant D n =
(−1) n
n!
∆ n , on obtient :
∀n ∈ N − {0,1} , D n =
a n
n!
+ D n−1
Réponse : 1.
h) Notons ∆ n le déterminant proposé. En développant par rapport à la dernière ligne :
(et D 1 = −(a + 1)) .
Réponse : (−1) n n!
n
k=0
a k
k!
.
Notons I = I 3 , A =
0 1 0
0 0 1
2 0 0
.
Comme A 2 =
0 0 1
2 0 0
0 2 0
, on a :
E = {x I + y A + z A 2 ; (x,y,z) ∈ Q 3 } .
Il est clair alors que E est le sev de M 3 (Q) engendré par
(I,A,A 2 ) .
D’autre part, comme A 3 = 2I , le produit de deux éléments de
E se décompose Q -linéairement sur I,A,A 2 . On en déduit que
E est un sous-anneau de M 3 (Q) .
Il reste à montrer que tout élément de E autre que 0 admet un
inverse dans E .
Nous allons d’abord établir :
∀M ∈ E , ( det(M) = 0 ⇒ M = 0) .
Soient (x,y,z) ∈ Q 3 , M = x I + y A + z A 2 , et supposons
det(M) = 0 ,
c’est-à-dire après développement :
x 3 + 2y 3 + 4z 3 − 6xyz = 0.
Il existe (α,β,γ ) ∈ Z 3 et q ∈ N ∗ tels que x =
α
q
, y =
β
q
,
z =
γ
q
, d’où :
α 3 + 2β 3 + 4γ 3 − 6αβγ = 0.
Nous allons montrer, par la méthode de descente infinie, que
cette équation d’inconnue (α,β,γ ) ∈ Z 3 , n’admet que (0,0,0)
pour solution.
Soit (α,β,γ ) une solution.
Alors 2|α 3 , donc 2|α , et il existe donc α ∈ Z tel que α = 2α ,
d’où :
4α
3 + β 3 + 2γ 3 − 6α
βγ = 0.
De même, 2|β et il existe donc β ∈ Z tel que β = 2β ,
d’où :
2α
3 + 4β
3 + γ 3 − 6α
β
γ = 0.
Encore, 2|γ et il existe donc γ ∈ Z tel que
γ = 2γ , d’où :
α
3 + 2β
3 + 4γ
3 − 6α
β
γ
= 0,
c’est-à-dire que (α ,β ,γ ) est solution.
Ainsi, pour tout solution (α,β,γ ) , les trois entiers α,β,γ sont
divisibles par 2. En réitérant, on en déduit que α,β,γ sont divisibles par toute puissance 2 n (n ∈ N ∗ ) , et donc
α = β = γ = 0 .
2.7.2
∆ n = α ∆ n−1 + (−1)
n+1 a n
−1
α
0
0 α −1
= α∆ n−1 + a n .
Réponse :
n
k=0
α
k a n−k (en notant a 0 = 1 ).
i) Notons ∆ n le déterminant proposé. On a, en développant par
rapport à la dernière ligne :
∆ n = b n ∆ n−1 + (−1)
n+2 a n
−a 1
−a n
b 1 0
0
0 b n−1 0
[n]
= b n ∆ n−1 + (−1)
n+2 a n (−1)
n+1 (−a n )b 1 . . . b n−1
= b n ∆ n−1 + b 1 . . . b n−1 a
2
n .
. . . . . . . . .
............
Sommer, après multiplication par les coefficients :
∆ n = b n ∆ n−1 + b 1 . . . b n−1 a 2
n
1
∆ n−1 = b n−1 ∆ n−2 + b 1 . . . b n−2 a 2
n−2
b n
∆ n−2 = b n−2 ∆ n−3 + b 1 . . . b n−3 a 2
n−2
b n−1 b n
. . .
. . .
∆ 1 = b 1 + a 2
1
b 2 . . . b n
Réponse : b 1 . . . b n−1 a 2
n + b 1 . . . b n−2 a 2
n−1
b n +
. . . + a 2
1 b 2 . . . b n .
Si b 1 . . . b n = 0 , on peut écrire le résultat sous la forme :
b 1 . . . b n
1 +
a 2
1
b 1
+ . . . +
a 2
n
b n
.
j) Montrer la relation ∆ n = z∆ n−1 − xyz n−2 .
Réponse : az n−1 − (n − 1)xyz n−2 .
k) En notant ∆ n le déterminant proposé, on a :
∆ n =
−(a + 1) 1
−a
a
0
0
n − 2
0
a
−(a + n − 1) 0
0
0
a
−n
par C n
C 1 + . . . + C n
. . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . .
= (−1) n+1 (−a)a n−1 − n∆ n−1
par développement par rapport à la dernière colonne.
En notant D n =
(−1) n
n!
∆ n , on obtient :
∀n ∈ N − {0,1} , D n =
a n
n!
+ D n−1