Déterminants et applications linéaires

Il arrive que l’on doive calculer un déterminant de la forme

\mathcal{D}_T(x)=\det(x \ T(x) \cdots T^{n-1}(x))

x est un point de(*) \mathbb{K}^n et T : \mathbb{K}^n\to \mathbb{K}^n est linéaire.

Voici quelques remarques à propos de ce genre de déterminant et un exemple amusant.

On observe d’abord ceci : si T annule un polynôme de degré strictement plus petit que n, \mathcal{D}_T(x) est nul car ses colonnes sont alors linéairement dépendantes.

En conséquence, lorsque T est diagonalisable et possède une valeur propre de multiplicité au moins 2, \mathcal{D}_T(x)=0. En effet, sous cette condition, le polynôme minimum de T est de degré strictement plus petit que n puisque ses zéros sont simples et figurent parmi les valeurs propres de T.

Nous allons retrouver ce corollaire comme conséquence de la formule générale écrite ci-dessous pour calculer \mathcal{D}_T(x) lorsque T est diagonalisable sur \mathbb{C}(**).

Supposons qu’il existe une matrice S\in\mathbb{K}^n_n, non singulière, telle que

S^{-1}TS=\mathrm{diag}\ (v_1,...,v_n)

Nous avons donc, pour tout x\in\mathbb{K}^n et tout entier positif ou nul k,

T^k(x)=S\mathrm{diag}\ (v_1,...,v_n)^kS^{-1}x

Par conséquent,

(1) \mathcal{D}_T(x)=\det(S)\mathrm{V}(v_1,...,v_n)(S^{-1}x)_1\cdots(S^{-1}x)_n

\mathrm{V}(v_1,...,v_n)=\det\begin{pmatrix}1&v_1&\cdots&v_1^{n-1}\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\1&v_n&\cdots&v_n^{n-1}\end{pmatrix}

Ainsi, \mathcal{D}_T(x) est factorisable : c’est un produit de n polynômes du premier degré en x et, à cause du facteur \mathrm{V}(v_1,...,v_n), on voit de nouveau qu’il est nul quand T possède une valeur propre de multiplicité au moins 2.

Pour illustrer ce qui précède, considérons l’application T dont l’action consiste à permuter circulairement les composantes de son argument. Plus précisément, T est défini sur la base canonique (\vec{e}_1,...,\vec{e}_n) de \mathbb{K} par

T(\vec{e}_1)=\vec{e}_2,...,T(\vec{e}_{n-1})=\vec{e}_n,T(\vec{e}_n)=\vec{e}_1

En appliquant (1) pour calculer \mathcal{D}_T(x), on obtient alors l’identité suivante :

(2) \det\begin{pmatrix}x_1&x_n&\cdots&x_2\\x_2&x_1&\cdots&x_3\\\vdots&\vdots&&\vdots\\x_n&x_{n-1}&\cdots&x_1\end{pmatrix}=\prod_{k=0}^{n-1}\left(\sum_{l=1}^n\xi^{k(l-1)}x_l\right)

\xi est une racine n-ième principale de l’unité, choisie arbitrairement.

Pour n=2, elle rend le produit remarquable bien connu

x^2-y^2=(x-y)(x+y)

Pour n=3, elle donne

x^3+y^3+z^3-3xyz=(x+y+z)(x+jy+j^2z)(x+j^2y+jz)

j=-\frac 1 2+\frac{\sqrt{3}}{2}i, tandis que pour n=4, elle fournit la factorisation

(w+x+y+z)(w+ix-y-iz)(w-x+y-z)(w-ix-y+iz)

de

w^4-x^4+y^4-z^4-4(w^2+y^2)xz+4(x^2+z^2)wy-2w^2y^2+2x^2z^2

La vérification de (2) repose sur la détermination de S et de son inverse. Dans le cas présent, c’est heureusement fort facile.

Il est clair que, pour tout k\in\{0,...,n-1\},

\vec{f}_k=\sum_{l=1}^n\xi^{-k(l-1)}\vec{e}_l

est un vecteur propre de T de valeur propre \xi^k. Ainsi, T est diagonalisable et ses valeurs propres sont les racines n-ièmes 1,\xi,...,\xi^{n-1} de l’unité.

Un calcul direct montre ensuite que les relations précédentes s’inversent en

\forall l\in\{1,...,n\},\quad\vec{e}_l=\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\xi^{k(l-1)}\vec{f}_k

Pour diagonaliser T, nous pouvons dès lors prendre la matrice S de composantes

S_{kl}=\xi^{-(k-1)(l-1)}, 1\leq k,l\leq n

dont l’inverse est donné par

(S^{-1})_{kl}=\frac 1 n \xi^{(k-1)(l-1)}, 1\leq k,l\leq n

La conclusion est alors aisée car

\mathrm{V}(1,\xi,...,\xi^{n-1})=\det(nS^{-1})

__________
(*) Nous nous limiterons à \mathbb{K}=\mathbb{R} \ \mathrm{ou}\  \mathbb{C}.
(**) Je ne discuterai pas des autres possibilités, ce qu’on pourrait faire à l’aide de la forme de Jordan de T, car cela me semble un peu fastidieux. Par ailleurs, nous confondrons ci-dessous l’application T et la matrice qui la représente dans la base canonique de \mathbb{K}^n.

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2 réactions sur “Déterminants et applications linéaires

  1. Voici une autre présentation du calcul du déterminant circulant (2) : on constate que la matrice est P(T), où P est le polynôme P(X)=x_1+x_2X+\cdots+x_nX^{n-1}. On montre ensuite que T est diagonalisable de valeurs propres \xi^i (0\le i\le n-1), donc le déterminant de P(T) est égal au produit des P(\xi^i).

  2. Pour la diagonasibilité de T et ses valeurs propres, effectivement, c’est facile (voir mon billet).

    J’aime bien le passage par le polynôme P, c’est une jolie solution.

    Merci!

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