Sujet B.4.5 Déterminant d'un endomorphisme
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Exercice a
Soient $f$ et $g$ deux automorphismes d'un $\bb K\tiret$espace vectoriel $E$ de dimension finie.
Démontrer que si $\,f\circ g+g\circ f=0\sp{1.5},\,$ alors la dimension de $E$ est paire.
déterminant d'un endomorphisme
Soit $f$ un endomorphisme d'un $\bb K\tiret$espace vectoriel $E$ de dimension $n\sp{1.5}.$
Il existe un unique scalaire : $\,\det(f)\app\bb K\sp{1.5},\,$ appelé déterminant de $f\sp{1.5},$ et tel que :
$\displaystyle{}\det\nolimits_{\sc B}\big(f(u_1),\dots,f(u_n)\big)=\det(f)\det\nolimits_{\sc B}(u_1,\dots,u_n)$
pour toute base $\sc B$ de $E$ et pour tout $\,\sc U=(u_1,\dots,u_n)\app E^n\sp{1.5}.\,$
déterminant d'un composé d'endomorphismes
Soient $E$ un $\bb K\tiret$espace vectoriel de dimension finie $n\sp{1.5},$ $\,f,g\app\sc L(E)\,$ et $\lambda\app\bb K\sp{1.5};$ alors :
$\displaystyle{}\det(f\circ g)=\det(f)\det(g) \ \txt{et} \det(\lambda f)=\lambda^n\sp{-1.5}\det(f)$
déterminant d'un automorphisme
Soit $f$ un endomorphisme d'un espace vectoriel $E$ de dimension finie. Alors, $f$ est un automorphisme de $E$ ssi : $\,\det(f)\neq0\sp{1.5}.\,$
indication
Écrire $\,f\circ g=-g\circ f\sp{1.5},\,$ puis exprimer $\,\det(f\circ g)\,$ et $\,\det(-g\circ f)\,$ en fonction de $\,\det(f)\,$ et $\,\det(g)\,.\,$
réponse
Lorsque : $\,f\circ g+g\circ f=0\sp{1.5},\,$ alors la dimension $\,n\,$ de l'espace $E$ est bien un entier pair.
correction
Soit $\,n\,$ la dimension finie du $\bb K\tiret$espace vectoriel $E\sp{1.5}.$Si on suppose que : $\,f\circ g+g\circ f=0\sp{1.5},\,$ on a alors : $\,f\circ g=-g\circ f\sp{1.5},\,$ d'où la relation entre les
Soit $f$ un endomorphisme d'un $\bb K\tiret$espace vectoriel $E$ de dimension $n\sp{1.5}.$
Il existe un unique scalaire : $\,\det(f)\app\bb K\sp{1.5},\,$ appelé déterminant de $f\sp{1.5},$ et tel que :
déterminants
de ces endomorphismes :
$\displaystyle{}\det\nolimits_{\sc B}\big(f(u_1),\dots,f(u_n)\big)=\det(f)\det\nolimits_{\sc B}(u_1,\dots,u_n)$
pour toute base $\sc B$ de $E$ et pour tout $\,\sc U=(u_1,\dots,u_n)\app E^n\sp{1.5}.\,$
$\displaystyle{}\det(f\circ g)=\det(-g\circ f)$
Compte tenu de l'expression du déterminant d'un
Soient $E$ un $\bb K\tiret$espace vectoriel de dimension finie $n\sp{1.5},$ $\,f,g\app\sc L(E)\,$ et $\lambda\app\bb K\sp{1.5};$ alors :
composé
d'endomorphismes, on a alors :
$\displaystyle{}\det(f\circ g)=\det(f)\det(g) \ \txt{et} \det(\lambda f)=\lambda^n\sp{-1.5}\det(f)$
$\eqalign{\det(f)\det(g)=\det(-g)\det(f)=(-1)^n\det(g)\det(f)}$
$f$ et $g$ étant des automorphismes, leurs déterminants sont
Soit $f$ un endomorphisme d'un espace vectoriel $E$ de dimension finie. Alors, $f$ est un automorphisme de $E$ ssi : $\,\det(f)\neq0\sp{1.5}.\,$
non nuls,
d'où par simplification : $\,(-1)^n=1\,.\,$
Si la dimension $\,n\,$ de $E$ était
Un entier relatif $a$ est pair ssi il est divisible par $2\sp{1.5},$ c'est-à-dire ssi il existe $q\app\bb Z$ tel que $\,a=2\sp{1.5}q\sp{1.5}.\,$
Les entiers non pairs sont les entiers impairs, de la forme : $\,a=2\sp{1.5}q+1\sp{1.5},\,$ pour $\,q\app\bb Z\sp{1.5}.\,$
impaire,
on aurait : $\,n=2\,q+1\,$ pour $\,q\app\bb N,\,$ d'où : $\,(-1)^n=(-1)^{2\sp{1.5}q+1}=-1\sp{1.5}.\,$
On a bien ainsi démontré que si : $\,f\circ g+g\circ f=0\sp{1.5},\,$la dimension $\,n\,$ de $E$ est alors un entier pair.
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Exercice b
\\(\OPEL\\)Étant donnée une matrice $\,A\app\sc M_2(\bb R)\sp{1.5},\,$ on considère les deux applications de $\sc M_2(\bb R)$ dans lui-même :
$\displaystyle{}f_A:M\mapsto A\sp{1.5}M\,\txt{et}\,g_A:M\mapsto MA$
Démontrer que $f_A$ et $g_A$ sont deux endomorphismes de $\sc M_2(\bb R)$ et exprimer leurs déterminants en fonction de $\det(A)\sp{1.5}.$
déterminant d'un endomorphisme
Soit $f$ un endomorphisme d'un $\bb K\tiret$espace vectoriel $E$ de dimension $n\sp{1.5}.$
Il existe un unique scalaire : $\,\det(f)\app\bb K\sp{1.5},\,$ appelé déterminant de $f\sp{1.5},$ et tel que :
$\displaystyle{}\det\nolimits_{\sc B}\big(f(u_1),\dots,f(u_n)\big)=\det(f)\det\nolimits_{\sc B}(u_1,\dots,u_n)$
pour toute base $\sc B$ de $E$ et pour tout $\,\sc U=(u_1,\dots,u_n)\app E^n\sp{1.5}.\,$
déterminant d'un composé d'endomorphismes
Soient $E$ un $\bb K\tiret$espace vectoriel de dimension finie $n\sp{1.5},$ $\,f,g\app\sc L(E)\,$ et $\lambda\app\bb K\sp{1.5};$ alors :
$\displaystyle{}\det(f\circ g)=\det(f)\det(g) \ \txt{et} \det(\lambda f)=\lambda^n\sp{-1.5}\det(f)$
déterminant d'un automorphisme
Soit $f$ un endomorphisme d'un espace vectoriel $E$ de dimension finie. Alors, $f$ est un automorphisme de $E$ ssi : $\,\det(f)\neq0\sp{1.5}.\,$
indication
1
Écrire la matrice de $f_A$ relativement à la base canonique de $\sc M_2(\bb R)\sp{1.5},$
puis calculer son déterminant.
indication
2
Utiliser la transposition des matrices pour déduire le calcul de $\det(g_A)$ du résultat obtenu pour $\det(f_A)\sp{1.5}.$
réponse
Les applications $f_A$ et $g_A$ sont bien deux endomorphismes de $\sc M_2(\bb R)\sp{1.5},$ et ils ont le même déterminant :
$\displaystyle{}\det(f_A)=\det(g_A)=\det(A)^2$
correction
Par
Soient $A,A'\app\sc M_{m,n}(\bb K)\sp{1.5},$ $B,B'\app\sc M_{n,p}(\bb K)\sp{1.5},$ $C\app\sc M_{p,q}(\bb K)$ et $\alpha,\beta\app\bb K\sp{1.5};$ alors :
bilinéarité
du produit matriciel, les deux applications $f_A$ et $g_A$ sont bien des
- $\,\smh{.5}{(A\sp{1.5}B)\sp{1.5}C=A\sp{1.5}(B\sp{1.5}C)}:\,$ le produit matriciel est associatif ;
- $\,\Syst{(\alpha\sp{1.5}A+\beta\sp{1.5}A')B\sp{1.5}&=\alpha\sp{1.5}A\sp{1.5}B+\beta\sp{1.5}A'\!\sp{1.5}B\\[-.5ex] \,A(\alpha\sp{1.5}B+\beta\sp{1.5}B\sp{1.5}')&=\alpha\sp{1.5}A\sp{1.5}B+\beta\sp{1.5}A\sp{1.5}B\sp{1.5}'}\,:\,$ le produit matriciel est bilinéaire.
Un endomorphisme d'un espace vectoriel $E$ est une application linéaire de $E$ vers $E\sp{1.5}.$
On note $\sc L(E)$ l'espace vectoriel des endomorphismes de $E:$ $\,\sc L(E)=\sc L(E,E)\sp{1.5}.\,$
endomorphismes
de $\sc M_2(\bb R)\sp{1.5}.$
On pose $\,A=\matc{a&b\\c&d}\,$ et on considère la base
L'espace vectoriel $\sc M_{n,p}(\bb K)$ est de dimension $\,n\sp{.75}p\sp{1.5},\,$ de base canonique $\,\sc B_c=(E_{1,1},\dots,E_{n,p})\sp{1.5},\,$ avec :
canonique
$\,\sc B=(E_{1,1}, E_{1,2}, E_{2,1}, E_{2,2})\,$ de $\sc M_2(\bb R)\sp{1.5},$ avec :
$\displaystyle{}E_{k,\ell}=[\sp{1.5}e_{i,\sp{1.5}j}\sp{1.5}]_\indices{1\leq i\leq n}{1\leq j\leq p}\,,\txt{pour}\syst{&{e_{k,\sp{1.5}\ell}}=1\\[-.5ex] &{e_{i,\sp{1.5}j}}=0\txt{si}(i,j)\neq(k,\ell)}$
$\eqalign{E_{1,1}=\smh{1.5}{\matc{1&0\\0&0}},& \ \,E_{1,2}=\smh{1.5}{\matc{0&1\\0&0}}\\ E_{2,1}=\matc{0&0\\1&0},& \ \,E_{2,2}=\matc{0&0\\0&1}}$
On calcule alors $\,f_A\big(\sc B)=(f_A(E_{1,1}), f_A(E_{1,2}), f_A(E_{2,1}), f_A(E_{2,2})\big):\,$
$\eqalign{f_A(E_{1,1})=\smh{1.5}{\matc{a&0\\c&0}}=a\sp{1.5}E_{1,1}+c\sp{1.5}E_{2,1}\\
f_A(E_{1,2})=\smh{1.5}{\matc{0&a\\0&c}}=a\sp{1.5}E_{1,2}+c\sp{1.5}E_{2,2}\\
f_A(E_{2,1})=\matc{b&0\\d&0}=b\sp{1.5}E_{1,1}+d\sp{1.5}E_{2,1}\\
f_A(E_{2,2})=\matc{0&b\\0&d}=b\sp{1.5}E_{1,2}+d\sp{1.5}E_{2,2}}$
On obtient ainsi la
Soient $E$ un $\bb{K}\tiret$espace vectoriel $E$ de base $\,\sc{B}=(e_1,\dots,e_n)\sp{1.5}.\,$ La matrice de $f\app\sc L(E)$ relativement à $\sc{B}$ est la matrice :
matrice
de $f_A$ relativement à la base $\sc B:$
$\displaystyle{}\op{M}_{\sc B}(f)=\op M_{\sc B}\big(f(\sc B)\big)=\op{M}_{\sc B}\big(f(e_1),\dots,f(e_n)\big)$
- $\,f\mapsto\op{M}_\sc B(f)\,$ est un isomorphisme entre $\sc L(E)$ et $\sc M_n(\bb K)\sp{1.5};$
- $\,f\,$ et sa matrice ont le même rang : $\,\op{rg}(f)=\op{rg}\big({\rm M}_{\sc B}(f)\big)\sp{1.5}.\,$
$\displaystyle{}\op{M}_{\sc B}(f_A)=\matc{a&0&b&0\\0&a&0&b\\c&0&d&0\\0&c&0&d}$
On simplifie alors le déterminant de cette matrice par
Effet des opérations élémentaires sur le déterminant de $A\app\sc M_n(\bb K):$
permutations
de colonnes et de lignes :
- $\,C_k\ot C_k+\smb{0}{\sum_{j\neq k}}\,\lambda_j\sp{1.5}C_j\,:\,$ laisse $\det(A)$ invariant ;
- $\,C_i\tot C_j\,:\,$ change le signe de $\det(A),$ pour $\,i\neq j\,;\,$
- $\,C_k\ot \lambda\sp{1.5}C_k\,:\,$ multiplie $\det(A)$ par $\,\lambda\sp{1.5},\,$ pour $\,\lambda\neq0\sp{1.5}.\,$
$\eqalign{\detc{a&0&b&0\\0&a&0&b\\c&0&d&0\\0&c&0&d}&\ \eg{C_2\tot C_3}\!&-\detc{a&b&0&0\\0&0&a&b\\c&d&0&0\\0&0&c&d}\\[1ex]&\ \eg{L_2\tot L_3}
\!&+\detc{a&b&0&0\\c&d&0&0\\0&0&a&b\\0&0&c&d}}$
Le déterminant de $\op{M}_{\sc B}(f_A)$ est ainsi le
Soit $\,A\app\sc M_n(\bb K)\sp{1.5},\,$ triangulaire par blocs ou diagonale par blocs.
Alors, $\det(A)$ est le produit des déterminants de ses blocs diagonaux :
déterminant
d'une matrice
$\displaystyle{}\det(A)=\det(A_{1,1})\times\cdots\times\det(A_{p,\sp{1.5}p})$
Une matrice carrée $A$ est diagonale par blocs ssi elle est formée de blocs $A_{i,\sp{1.5}j}:$
diagonale
par blocs, et c'est aussi le
- tous carrés lorsqu'ils sont diagonaux, c'est-à-dire pour $\,i=j\,;\,$
- et tous nuls sinon, c'est-à-dire pour $\,i\neq j\,.\,$
Soit $f$ un endomorphisme d'un $\bb K\tiret$espace vectoriel $E$ de dimension $n\sp{1.5}.$
Il existe un unique scalaire : $\,\det(f)\app\bb K\sp{1.5},\,$ appelé déterminant de $f\sp{1.5},$ et tel que :
déterminant
de $f_A:$
$\displaystyle{}\det\nolimits_{\sc B}\big(f(u_1),\dots,f(u_n)\big)=\det(f)\det\nolimits_{\sc B}(u_1,\dots,u_n)$
pour toute base $\sc B$ de $E$ et pour tout $\,\sc U=(u_1,\dots,u_n)\app E^n\sp{1.5}.\,$
$\displaystyle{}\det(f_A)=\detc{A&O\\O&A}=\det(A)^2$
La base $\,\sc B'=(E_{1,1}, E_{2,1}, E_{1,2}, E_{2,2})\,$ aurait donné directement :
On pourrait appliquer la même méthode que ci-dessus pour calculer $\det(g_A)\sp{1.5}.$ De plus, l'usage de la base $\sc B$ nous donnerait cette fois-ci directement une matrice diagonale par blocs.
Il est cependant plus simple de recourir à la transposition pour ramener le calcul de $\det(g_A)$ au résultat déjà obtenu.
En effet, pour tout $\,M\app\sc M_2(\bb R)\sp{1.5},\,$ on a en transposant le
$\displaystyle{}\op{M}_{\sc B'}(f)=\smh{1}{\smb{2}{\matc{A&O\\O&A}}}$
Mais il n'est pas facile d'anticiper ainsi la forme d'une matrice à partir de la base choisie.
Pour toutes matrices $A\app\sc M_{m,n}(\bb K)$ et $B\app\sc M_{n,p}(\bb K),$ on a :
produit
$MA:$
$\displaystyle{}(AB)^T=B^{\,T}\!A^T$
Si $A$ est une matrice carrée inversible, alors on a aussi : $\displaystyle{}(A^T)^{-1}=(A^{-1})^T$
$\displaystyle{}\big(g_A(M)\big)^T\!=(MA)^T\!=A^T\sp{-1.5}M^T\!=f_{\sp{-1.5}A^T}\sp{1.5}\big(M^T\big)$
L'application $\,\tau:M\mapsto M^T\,$ étant un
La transposée de $\,A\app\sc M_{n,p}(\bb K)\,$ est $\,A^T\app\sc M_{p,n}(\bb K)\,$ telle que :
endomorphisme
de l'espace $\,E=\sc M_2(\bb R)\,$ tel que : $\,\tau\circ\tau=\op{Id}_E\sp{1.5},\,$ on peut donc écrire :
$\eqalign{&A=\smb{1}{[\sp{1.5}a_{\sp{1.5}i,\sp{1.5}j}\sp{1.5}]_\indices{1\sp{1.5}\leq\sp{1.5} i\sp{1.5}\leq\sp{1.5} n}{1\sp{1.5}\leq\sp{1.5} j\sp{1.5}\leq\sp{1.5} p}}\txt{et}A^T=\smb1{[\sp{1.5}b_{\sp{1.5}i,\sp{1.5}j}\sp{1.5}]_\indices{1\sp{1.5}\leq\sp{1.5} i\sp{1.5}\leq\sp{1.5} p}{1\sp{1.5}\leq\sp{1.5} j\sp{1.5}\leq\sp{1.5} n}}\\
&\!\!\txt{avec :}\ptt (i,j)\app\,[\![1,p]\!]\!\times\![\![1,n]\!],\ b_{\sp{1.5}i,\sp{1.5}j}=a_{j,\sp{1.5}i}}$
- $A\mapsto A^T$ est un isomorphisme entre $\sc M_{n,p}(\bb K)$ et $\sc M_{p,n}(\bb K)\sp{1.5}.$
- On a de plus : $\,\ptt A\app\sc M_{n,p}(\bb K)\sp{1.5},\ (A^T)^T=A\sp{1.5}.\,$
$\eqalign{&\ptt M\app E,\ \,g_A(M)=\big(f_{\sp{-1.5}A^T}\sp{1.5}(M^T)\big)^T=\tau\big(f_{\sp{-1.5}A^T}\big(\tau(M)\big)\sp{-1.5}\big)\\
&\txt{c'est-à-dire que :}\ g_A=\tau\circ\big(f_{\sp{-1.5}A^T}\sp{-1.5}\big)\circ \tau}$
On obtient donc, pour déterminant de ce
Soient $E$ un $\bb K\tiret$espace vectoriel de dimension finie $n\sp{1.5},$ $\,f,g\app\sc L(E)\,$ et $\lambda\app\bb K\sp{1.5};$ alors :
composé
d'endomorphismes le carré du
$\displaystyle{}\det(f\circ g)=\det(f)\det(g) \ \txt{et} \det(\lambda f)=\lambda^n\sp{-1.5}\det(f)$
Soit $\,n\app\bb N^{\ast};\,$ pour toute matrice carrée $\,A\app\sc M_n(\bb K)\sp{1.5},\,$ on a la relation :
déterminant
de $A^T:$
$\displaystyle{}\det(A^T\sp{1.5})=\det(A)$
Le déterminant de $A$ est donc aussi multilinéaire et alterné vis à vis des lignes de $A\sp{1.5}.$
$\eqalign{\det(g_A)&=\det(\tau)\det\!\big(f_{\sp{-1.5}A^T}\big)\det(\tau)=\det(\tau\circ\tau)\det\!\big(f_{\sp{-1.5}A^T}\big)\\
&=\det\big(\op{Id}_E\!\big)\det\!\big(A^T\big)^{\sp{-1.5}2}=\det(A)^2}$