290
=
n(n + 1)
24
2 0
1
3 3
n + 2
4 6 n 2 + 3n + 3
=
n 2 (n + 1) 2
4
.
Réponse :
n
k=1
k =
n(n + 1)
2
,
n
k=1
k 2 =
n(n + 1)(2n + 1)
6
,
n
k=1
k 3 =
n 2 (n + 1) 2
4
.
En développant par multilinéarité et alternance (comme dans
la solution de l’exercice 2.7.1 d), on obtient :
det(A) = x 1 . . . x n + x 2 . . . x n + x 1 x 3 . . . x n +
. . . + x 1 . . . x n−1 = σ n + σ n−1 ,
où σ 1 ,. . . ,σ n sont les fonctions symétriques élémentaires de
x 1 ,. . . ,x n (cf. Algèbre PCSI-PTSI, 5.3.2 Déf. 2).
Comme x 1 ,. . . ,x n sont les zéros de X n − X + 1 , on a
(cf. Algèbre PCSI-PTSI, 5.3.2 Prop.) : σ n−1 = (−1) n et
σ n = (−1) n .
Réponse : 2(−1) n .
L’application ϕ : E n −→ K définie par :
∀(V 1 ,. . . ,V n ) ∈ E n ,
ϕ(V 1 ,. . . ,V n ) =
n
j=1
det B (V 1 ,. . . , f (V j ),. . . ,V n )
est clairement une forme n -linéaire alternée.
D’après 2.3.2 Prop. 1 p. 44, on a :
∀(V 1 ,. . . ,V n ) ∈ E n ,
ϕ(V 1 ,. . . ,V n ) = det B (V 1 ,. . . ,V n )ϕ(B).
D’autre part, en notant A = (a i j ) i j la matrice de f dans B , on a :
ϕ(B) =
n
j=1
1
0
1
a 1 j
. . .
a j j
0
0
. . .
a nj
1
0
1
=
n
j=1
a j j = tr(A) = tr( f ).
Puisque det(A) s’exprime comme somme de produits d’éléments de A , on obtient, en passant modulo 2 :
det(A) ≡
1
0
0
1
= 1, et donc det(A) = 0 .
De même que dans la solution de l’exercice 2.7.8, on
obtient, modulo 2 :
det(A) ≡
0
1
1
0
[n]
Et :
0
1
1
0
[n]
= (n − 1)
1 1
1
0
1
1
1
0
par C 1
C 1 + . . . + C n
Comme n est pair : (n − 1)(−1) n−1 ≡ 1 [2].
= (n − 1)
1
1
0 −1
0
❜ 0
0
−1
par L i
L i − L 1 pour i 2
= (n − 1)(−1) n−1 .
→
Autre méthode : montrer qu’on peut appliquer l’exercice 2.7.8
à A 2 , d’où det(A 2 ) = 0 , puis det(A) = 0 .
Par manipulation de colonnes, puis de lignes :
det
A B
−B A
= det
A + iB B
−B + iA A
= det
A + iB
B
0
A − iB
= det(A + iB)det(A − iB)
= det(A + iB) det(A + iB) = |det(A + iB)| 2 ∈ R + .
Pour tout Y de M n (K ), on a :
I n 0
Y I n
A B
C D
I n 0
X I n
=
A + B X
B
Y A + C + (Y B + D)X YB + D
.
Choisissons Y = −(C + D X)(A + B X) −1 , de sorte que :
Y A + C + (Y B + D)X = Y (A + B X)+(C + D X) = 0 .
Comme
det
I n 0
Y I n
= det
I n 0
X I n
=
det(I n )
2 = 1 ,
on obtient alors :
det
A B
C D
= det
A + B X
B
0
Y B + D
= det(A + B X)det
− (C + D X)(A + B X)
−1 B + D
.
En particulier, si A ∈ GL n (K ), on obtient (en choisissant
X = 0) :
det
A B
C D
= det(A) det(−C A
−1 B + D) .
2.7.6
2.7.7
2.7.8
2.7.9
2.7.10
2.7.11
−→
=
n(n + 1)
24
2 0
1
3 3
n + 2
4 6 n 2 + 3n + 3
=
n 2 (n + 1) 2
4
.
Réponse :
n
k=1
k =
n(n + 1)
2
,
n
k=1
k 2 =
n(n + 1)(2n + 1)
6
,
n
k=1
k 3 =
n 2 (n + 1) 2
4
.
En développant par multilinéarité et alternance (comme dans
la solution de l’exercice 2.7.1 d), on obtient :
det(A) = x 1 . . . x n + x 2 . . . x n + x 1 x 3 . . . x n +
. . . + x 1 . . . x n−1 = σ n + σ n−1 ,
où σ 1 ,. . . ,σ n sont les fonctions symétriques élémentaires de
x 1 ,. . . ,x n (cf. Algèbre PCSI-PTSI, 5.3.2 Déf. 2).
Comme x 1 ,. . . ,x n sont les zéros de X n − X + 1 , on a
(cf. Algèbre PCSI-PTSI, 5.3.2 Prop.) : σ n−1 = (−1) n et
σ n = (−1) n .
Réponse : 2(−1) n .
L’application ϕ : E n −→ K définie par :
∀(V 1 ,. . . ,V n ) ∈ E n ,
ϕ(V 1 ,. . . ,V n ) =
n
j=1
det B (V 1 ,. . . , f (V j ),. . . ,V n )
est clairement une forme n -linéaire alternée.
D’après 2.3.2 Prop. 1 p. 44, on a :
∀(V 1 ,. . . ,V n ) ∈ E n ,
ϕ(V 1 ,. . . ,V n ) = det B (V 1 ,. . . ,V n )ϕ(B).
D’autre part, en notant A = (a i j ) i j la matrice de f dans B , on a :
ϕ(B) =
n
j=1
1
0
1
a 1 j
. . .
a j j
0
0
. . .
a nj
1
0
1
=
n
j=1
a j j = tr(A) = tr( f ).
Puisque det(A) s’exprime comme somme de produits d’éléments de A , on obtient, en passant modulo 2 :
det(A) ≡
1
0
0
1
= 1, et donc det(A) = 0 .
De même que dans la solution de l’exercice 2.7.8, on
obtient, modulo 2 :
det(A) ≡
0
1
1
0
[n]
Et :
0
1
1
0
[n]
= (n − 1)
1 1
1
0
1
1
1
0
par C 1
C 1 + . . . + C n
Comme n est pair : (n − 1)(−1) n−1 ≡ 1 [2].
= (n − 1)
1
1
0 −1
0
❜ 0
0
−1
par L i
L i − L 1 pour i 2
= (n − 1)(−1) n−1 .
→
Autre méthode : montrer qu’on peut appliquer l’exercice 2.7.8
à A 2 , d’où det(A 2 ) = 0 , puis det(A) = 0 .
Par manipulation de colonnes, puis de lignes :
det
A B
−B A
= det
A + iB B
−B + iA A
= det
A + iB
B
0
A − iB
= det(A + iB)det(A − iB)
= det(A + iB) det(A + iB) = |det(A + iB)| 2 ∈ R + .
Pour tout Y de M n (K ), on a :
I n 0
Y I n
A B
C D
I n 0
X I n
=
A + B X
B
Y A + C + (Y B + D)X YB + D
.
Choisissons Y = −(C + D X)(A + B X) −1 , de sorte que :
Y A + C + (Y B + D)X = Y (A + B X)+(C + D X) = 0 .
Comme
det
I n 0
Y I n
= det
I n 0
X I n
=
det(I n )
2 = 1 ,
on obtient alors :
det
A B
C D
= det
A + B X
B
0
Y B + D
= det(A + B X)det
− (C + D X)(A + B X)
−1 B + D
.
En particulier, si A ∈ GL n (K ), on obtient (en choisissant
X = 0) :
det
A B
C D
= det(A) det(−C A
−1 B + D) .
2.7.6
2.7.7
2.7.8
2.7.9
2.7.10
2.7.11
−→