Exercice corrigé : Déterminant de Hurwitz

Voici un exercice corrigé détaillé calculant le déterminant de Hurwitz
Hurwitz
portrait du mathŽmaticien allemand Adolf HURWITZ 1859-1919..©MP/Leemage..AA095258.dbdocumenti.239.343.300.2817.4056.Scala di grigio.

Voici l’énoncé d’un exercice qui permet de faire le calcul du déterminant de Hurwitz. C’est un exercice assez classique du chapitre des déterminants. C’est un exercice tout à fait faisable en première année dans le supérieur. En voici l’énoncé :

Enoncé

Déterminant de Hurwitz

Et voici son calcul !

Corrigé

Cas où a et b sont distincts

Commençons d’abord par le cas où a \neq b. On va poser

P(x) =   \begin{vmatrix}
\lambda_1 +x & a+x & \ldots & a +x\\
b+x &\lambda_2 +x& \ddots & \vdots\\
\vdots & \ddots &\ddots & a+x\\
b +x& \ldots & b+x & \lambda_n +x
\end{vmatrix}

Ensuite, on soustrait la première ligne à toutes les autres :

P(x) =   \begin{vmatrix}
\lambda_1 +x & a-\lambda_1 & \ldots &\ldots & a -\lambda_1\\
b+x &\lambda_2 -b&a-b&\ldots & a-b\\
b+x & 0 & \lambda_3-b & \ddots & a-b\\
\vdots & \vdots &\ddots &\ddots& a-b\\
b +x& 0&\ldots & 0 & \lambda_n -b
\end{vmatrix}

On développe ensuite par rapport à la première ligne. Cela nous permet de prouver que P est de degré au plus 1. P est donc de la forme P(x) = cx +d avec c et d inconnues qu’on va déterminer.

Revenons maintenant à l’expression de base. On a

\begin{array}{ll}
P(-a) &=    \begin{vmatrix}
\lambda_1-a & 0 & \ldots & 0\\
b+x &\lambda_2 -a& \ddots & \vdots\\
\vdots & \ddots &\ddots & 0\\
b -a& \ldots & b-a & \lambda_n -a
\end{vmatrix}\\
&= \displaystyle \prod_{i=1}^n (\lambda_i -a)\\
&= -ac+d
\end{array}

De même,

\begin{array}{ll}
P(-a) &=    \begin{vmatrix}
\lambda_1-b & a-b & \ldots & a-b\\
0 &\lambda_2 -b& \ddots & \vdots\\
\vdots & \ddots &\ddots & a-b\\
0& \ldots & 0 & \lambda_n -b
\end{vmatrix}\\
&= \displaystyle \prod_{i=1}^n (\lambda_i -b)\\
&= -bc+d
\end{array}

Ce qui se résume en le système :

\left\{\begin{array}{ll}
  \displaystyle \prod_{i=1}^n (\lambda_i -a)= -ac+d\\ 
  \displaystyle \prod_{i=1}^n (\lambda_i -b)= -bc+d\
\end{array}\right.

Il nous suffit de trouver d car on cherche P(0). On multiplie donc la première ligne par b et la seconde par -a pour obtenir

\left\{\begin{array}{rl}
  \displaystyle b\prod_{i=1}^n (\lambda_i -a)&= -abc+bd\\ 
  \displaystyle -a\prod_{i=1}^n (\lambda_i -b)&= abc-ad\
\end{array}\right.

On ajoute ensuite ces 2 lignes pour obtenir :

 b\prod_{i=1}^n (\lambda_i -a)-a\prod_{i=1}^n (\lambda_i -b) = (b-a) d

Finalement, on a

\det(A) = d =\dfrac{ \displaystyle b\prod_{i=1}^n (\lambda_i -a)-a\prod_{i=1}^n (\lambda_i -b)}{b-a}

Cas où a = b

Pour trouver le résultat lorsque a = b, on va prendre le résultat précédent et faire tendre b vers a. Pour cela, on va poser b =a +h

\begin{array}{ll}
\det(A) & =\dfrac{ \displaystyle b\prod_{i=1}^n (\lambda_i -a)-a\prod_{i=1}^n (\lambda_i -b)}{b-a}\\
& =\dfrac{ \displaystyle (a+h)\prod_{i=1}^n (\lambda_i -a)-a\prod_{i=1}^n (\lambda_i -a-h)}{h}\\
\end{array}

Si on pose Q(x) =\displaystyle \prod_{i=1}^n (\lambda_i -X) . Le déterminant recherché est alors

\dfrac{(a+h) Q(a)-aQ(a+h)}{h} = Q(a) - \dfrac{Q(a+h)-Q(a) }{h}

Lorsque h tend vers 0, on obtient alors \det(A) = Q(a)-Q'(a). Or, Q'(X) = \displaystyle -\sum_{k=0}^n \prod_{i=1, i\neq k}^n (\lambda_i-X) . D’où :

\det(A) = \displaystyle \prod_{i=1}^n (\lambda_i -a)\sum_{k=0}^n+ \prod_{i=1, i\neq k}^n (\lambda_i-a)

Cet exercice vous a plu ?

Total
0
Shares

Laisser un commentaire

Articles similaires