Corrigé du DS no2
Exercice 1 n 1

1. a. On a dn = 1, d2 =

1 n+1
1 n−1

d3 = 1

n

1 n+1

(Partie 1 de CCP 2007 PSI 2)
= 1 et n(n−1) 2 n(n+1) 2
(n+1)(n+2)
2

0 −1 −2n
1
= 1 n n2 + n
2
0 1 2n + 2
=−

L1 ← L1 − L2

L3 ← L3 − L2 on développe par rapport à la première colonne

1 −1 −2n
= 1.
2 1 2n + 2

Ainsi dn = dn−1 = dn−2 = 1 .
b. Les anciens coefficients de Li sont les ai,j , 1 j n − p + 1. Les nouveaux coefficients de Li sont les bi,j = ai,j −ai−1,j : pour j = 1, ai,1 −ai−1,1 = 1−1 = 0, et pour j ∈ 2, n−p+1 , bi,j =

p+i+j−2 p+i+j−3 − p+i−1 p+i−2

=

p+i+j−3 p+i−1 .

c. On a donc
1
a1,2
...
0 b2,2 ... dp = .
..
..
.
0 bn−p+1,2 . . .
Notons ai,j = bi+1,j+1 =

p+i+j−1 p+i a1,n−p+1 b2,n−p+1 ..
.

=

bn−p+1,n−p+1

b2,2
..
.

...

bn−p+1,2 . . .

b2,n−p+1
..
.

.

bn−p+1,n−p+1

, ce sont les coefficients de la matrice Ap+1 (1

i, j

n−p).

Ainsi on obtient la relation de récurrence dp = dp+1 , d’où l’on déduit que dp = 1 pour tout p ∈ 0, n .
2. a. D0 = 1,

∆0 = 1,

D1 =

1 1
= 1,
1 2

1 1
∆1 =
= 1,
1 2

1 1 2
D2 = 1 2 6 = 4.
2 6 24

1 1 1
∆2 = 1 2 3 = 1.
1 3 6

b. On a i+j
= (i+j)! i!j! , donc dans le déterminant ∆n , on peut sortir un facteur 1/i! de i chaque ligne, et un facteur 1/j! de chaque colonne, d’où
∆n =

Arnaud Basson

Dn
.
(0!1!...n!)2
1

PSI* 2014/2015

c. On a ∆n = d0 (déterminant de la matrice A0 de la question précédente, avec une numérotation décalée des lignes et colonnes, mais il s’agit bien de la même matrice), donc
∆n = 1 et par suite Dn = (1!...n!)2 .

Problème

(d’après Centrale 2001 PC 2)

Partie I
I.A.1) On complète x en une base B1 = (x, e2 , ..., en ) de V et de même avec y : B2 =
(y, e2 , ..., en ). Soit f l’application linéaire de V dans V telle que f (x) = y, f (e2 ) = e2 , . . . , f (en ) = en
(f est définie par la donnée de l’image de la base B1 ). Alors f ∈ GL(V ) car f