Correction : Algèbre linéaire, Déterminant de Gram

David Delaunay Http://Mpsiddl.Free.Fr

Description

Déterminants. Espaces euclidiens.

Sujets

• Classe préparatoire aux grandes écoles
• Mathématiques, physique et sciences de l'ingénieur
• Public Readiness and Emergency Preparedness Act
• exercices

Informations

• Publié par: algebre-mpsi
• Nombre de lectures: 196
• Licence : En savoir +
  Paternité, pas d'utilisation commerciale, partage des conditions initiales à l'identique
• Langue: Français

Extrait

1.

2.a

2.b

2.c

2.d

1.

2.a

2.b

3.a

3.b

Correction

Partie I

(,)=22−(|)2≥0 en vertu de l’inégalité de Cauchy-Schwarz.
Il y a égalité ssietsont colinéaires.
Si∈ {,}⊥alors(,,)=((||())(||)00)=(,)2.
0 0 (|)

Si=λ+alors en notant1,2,3les colonnes de(,,) on a3=λ1+2donc
(,,)=0 .

(|) (|) (|) (|) (| () 0|) (|) (|)
(,,)=(|) (|) (|)=(|) (|) 0+(|) (|) (|)
(|) (|) (|)+(|) (|) (|) (|) (|) (|) (|)
2 2
=(,)+(,,)=(,)

Si (,, libre alors () est,) est libre et∉Vect(,) donc(,)≠0 et≠0 puis
(,,)=(,)2≠0 .
Si(,,)=0 alors(,)=0 ou=0 donc (,) liée ou∈Vect(,) puis (,,) libre.

Partie II

Notons1,…,les colonnes de(1,…,) .
Si (1,…,) est liée alors∃(λ1,…,λ)≠(0,…, 0) telle queλ11+⋯+λ= par suite0 et
λ11+⋯+λ=0 et donc(1,…,)=0 .
   
=∑,donc (|)=∑=,|∑=ℓ,ℓ=∑=, ,.
=1 1ℓ1 1
 
′
=(,) ,=(,) avec′,=,.=(,) avec,=∑′,,=∑,,=(|) donc
=1=1
=(1,…,) .(1,…,)=det=(det)2>0 carest inversible.
2 2
∀∈,−=−+−=−2+−car−=∈⊥et−∈.
Par suite−2≥−2et donc(,)≥−=.
De plus pour=∈,−=donc(,)≤et finalement(,)=.
En décomposant la dernière colonne :
(1|1)⋯(1|) (1|)
⋮ ⋮ ⋮
(1,…,,)=(|1)⋯(|) (|)
(|1)⋯(|) (|)+2
(1|1)⋯(1|) (1|) (1|1)⋯(1|) 0
⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮
=(|1)⋯(|) (|)+(|1)⋯(|) 0
(|1)⋯(|) (|0)⋯02
=(1,…,,)+2(1,…,)=0+2(,1…,)=2(,1…,)
do(,)(1,…,,)
nc==.
(1,…,)

1.

2.a

2.b

3.

1.

2.

3.

Partie III

ϕest clairement une forme bilinéaire symétrique.
ϕ,)=1()2d≥0 car()2≥0 et 0≤1 .
(
0
Siϕ(,)=0 alors par nullité de l’intégrale d’une fonction continue et positive :∀∈0,1 ,()2=0
puis()=0 . Ainsi le polynômepossède une infinité de racines et donc=0 .

=(2,ℝ1[])2.

1 1 1
1 1 1 2 3
1 1 1 1 1 1
1 2= − = 1 1−11−111−1=1
1 1 3 4 12 , 2 3 4=15−16210 12+38 9. 0612
2 3 1 1 1
3 4 5
Via II.3.b :=(1,,2)=1 2160=. 1
(1,) 1 12 180

Partie IV

deg= −1 donc la partie entière deest nulle.
admetpôles simples qui sont les−. La DES deest de la forme :
 
()==∑(λ+a ev) cλ=∏1+.
1=−
≠

(1)=⋯=(−1)= en développant selon la dernière colonne :0 donc
… ….
=()1(1, ,1,1, ,1)
− − −
D’autre part, via←−(λ11+⋯+λ−1−1,=λ(1,…,,1,…,) .
d’où l’égalité proposée.
Raisonnons par récurrence sur≥1 .

Pour=1 :1(1,1)=11+1ce qui correspond à la formule proposée (sachant qu’un produit sur le
vide vaut 1.)
Supposons la propriété établie au rang−1≥1 .
−1
∏(−)
Au rang:(1,…,,1,…,)=−=11()−1(1,…,−1,1,…,−1) avec
∏(+)
=1
−1
∏(−)∏(−)∏(−)
()==∏1(+ : e )RH rap t−1(1,…,−1,1,…,−1)=1≤<≤−1∏(1≤<+≤)−1donc
1≤,≤−1
=1
∏(−)∏(−)
(1,…,,1,…,)=1≤<≤∏(1≤+<≤urécncre R..e et)ébail
1≤,≤

4.a

4.b

4.c

Pour=et=−1 .
∏(−)2
 =≤ < ≤
=(1,…,,1,…,) donc1∏ (+−)1.
1≤,≤
On peut aussi écrire&#