Déterminant d'une matrice

gimax
Modifié (7 Apr) dans Algèbre
Bonsoir
J'ai un peu honte de ma question, mais tan pis. J'ai le vague souvenir d'avoir croisé cet exercice dans ma jeunesse mais je sèche complètement. J'ai $a$ et $b$ deux réels distincts avec $b$ non nul. Il s'agit de calculer le déterminant d'une matrice carré (taille $n$ quelconque) avec que des $a$ sur la diagonale et des $b$ partout ailleurs.
Bonne soirée
Gimax

Réponses

  • JLapin
    Modifié (7 Apr)
    A une homothétie près, il s'agit essentiellement de diagonaliser la matrice constituée que de $1$.
    Mais il y a plein d'autres façons de faire.
  • gebrane
    Modifié (7 Apr)
     Ta matrice est $b 1_n +(a-b) I_n$
    J'avais mélangé mes pinceaux, je voulais dire par la formule de  Weinstein–Aronszajn identity
    Le 😄 Farceur


  • Les valeurs propres de la matrice de rang 1 $1_n$ sont $n$ et $0$ $n-1$ fois,  donc celles de $b1_n+(a-b)I_n$ sont $a+(n-1)b$ et $(a-b)$ $n-1$ fois, et le determinant est $(a+(n-1)b)(a-b)^{n-1}.$
  • gebrane
    Modifié (7 Apr)
    C'est jolie ta preuve @P.2 , tu démontres si $A$ est une matrice carré de rang 1, alors $$\det(A+aI)=a^{n-1}(a+tr (A))$$
    Le 😄 Farceur


  • Merci à tous pour vos réponses
  • Chaurien
    Modifié (8 Apr)
    En effet, il y a plusieurs manières de résoudre ce problème, déjà selon qu'on veut ou non utiliser la diagonalisation, selon l'ordre dans lequel le professeur traite les questions dans son cours.
    Moi j'aime bien calculer un peu plus généralement, sans diagonalisation, le déterminant de la matrice $A \in \mathcal M_n(\mathbb C)$ dont les coefficients sont :  $a$ sur la diagonale, et $b$ au-dessus de la diagonale, et $c$ au-dessous.
    Notons $U$ la matrice dont tous les coefficients sont égaux à $1$, et pour tout $z \in \mathbb C$ soit $M(z)=A+zU$ et  $f(z)=\det M(z)$. En soustrayant  la première ligne à toutes les autres dans la matrice $M(z)$ on voit que $f(z)$ est une fonction affine de $z$.
    De plus $f(-b)=(a-b)^n$ et $f(-c)=(a-c)^n$, ce qui permet de calculer $f(z) $ dans le cas où $b \neq c$, et bien sûr $\det A =f(0)$. 
    On règle le cas $b=c$ par un argument de limite ou de densité algébrique, même en remplaçant $\mathbb C$ par un corps commutatif infini.
  • Périmaître
    Modifié (8 Apr)
    Bonjour
    Sans utiliser les valeurs propres de $A=\begin{pmatrix}a & b & \cdots & b\\ b & \ddots & \ddots & \vdots \\ \vdots & \ddots & \ddots & b \\ b & \cdots & b & a \end{pmatrix}$, on peut calculer son déterminant avec des opérations élémentaires. On commence par ajouter, à la première colonne, toutes les autres :
    $$\det A=\begin{vmatrix}a+(n-1)b & b & \cdots & \cdots & b\\ \vdots & a& \ddots & &\vdots\\ \vdots & b& \ddots& \ddots & \vdots \\ \vdots & \vdots & \ddots & \ddots & b \\ a+(n-1)b & b& \cdots  & b&  a \end{vmatrix} = \big(a+(n-1)b\big) \begin{vmatrix}1& b & \cdots & \cdots & b\\ \vdots & a& \ddots & &\vdots\\ \vdots & b& \ddots& \ddots & \vdots \\ \vdots & \vdots & \ddots & \ddots & b \\ 1 & b& \cdots  & b&  a \end{vmatrix}.$$
    Ensuite, on soustrait à toutes les autres colonnes la première colonne multipliée par $b$ :
    $$\det A= \big(a+(n-1)b\big) \begin{vmatrix}1& 0 & \cdots & \cdots & 0\\ \vdots & a-b& \ddots & &\vdots\\ \vdots & 0& \ddots& \ddots & \vdots \\ \vdots & \vdots & \ddots & \ddots &0\\ 1 & 0& \cdots  & 0&  a-b \end{vmatrix}.$$
    On en déduit que le déterminant de $A$ vaut $(a+(n-1)b)(a-b)^{n-1}$.
    Cordialement.
  • Le 😄 Farceur


  • Périmaître
    Modifié (9 Apr)
    Bonjour
    Je ne sais pas si la question de @gebrane s'adresse à moi, mais je souhaite y répondre. 
    Soit $a\in \mathbb{K}$ ; si une matrice $A$ est de rang un, il existe deux vecteurs $X=(x_i)$ et $Y=(y_j)$ de $\mathbb{K}^n$ tels que $A=X{}^t Y$ (@Oshine cet exercice est pour toi). Dès lors, $\mathrm{tr}\: A = {}^t Y X$ et, si on désigne par $\mathcal{B}=(e_1,\ldots,e_n)$ la base canonique de $\mathbb{K}^n$, alors
    $$\det(A+aI_n) = \begin{vmatrix} a+x_1y_1 & x_1y_2 & \cdots & x_1 y_n\\ x_2 y_1 & a+x_2 y_2 & \cdots & x_2y_n \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ x_n y_1 & x_n y_2 & \cdots & a+x_n y_n\end{vmatrix} = \det_{\mathcal{B}}(ae_1+y_1 X,\ldots, ae_n+y_n X).$$
    On en déduit par multilinéarité du déterminant, que
    $$\det(A+aI_n) = a^n\det_{\mathcal{B}}(e_1,\ldots,e_n)+a^{n-1} y_1\det(X,e_2,\ldots,e_n)+\ldots+a^{n-1}y_n\det_{\mathcal{B}}(e_1,\ldots,e_{n-1},X).$$
    D'où le résultat annoncé, à savoir $\det(A+aI_n) = a^{n-1}(a+\mathrm{tr}\: A)$.
    Cordialement.
  • Périmaître  Non je voulais dire la méthode utilisant la formule de  Weinstein–Aronszajn identity
    Le 😄 Farceur


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