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\pagenumbering{gobble}

\begin{document}

\noindent \textbf{Exercice:}\emph{(Déterminant de Vandermonde).} Calculer le déterminant suivant, pour $(a_1, \dots, a_n)\in \mathbb R^n$ réels distincts:
\[
    D_n(a_1, \dots, a_n) = \begin{vmatrix}
        1 & a_1 & a_1^2 & \cdots & a_1^{n-1} \\
        1 & a_2 & a_2^2 & \cdots & a_2^{n-1} \\
        \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots\\
        1 & a_n & a_n^2 & \cdots & a_n^{n-1}
    \end{vmatrix}
\]

\noindent \textbf{Résolution.}
    On regarde $D_n(a_1, \dots, a_{n-1}, x)$: \[
    D_n(a_1, \dots, x) = \begin{vmatrix}
        1 & a_1 & a_1^2 & \cdots & a_1^{n-1} \\
        1 & a_2 & a_2^2 & \cdots & a_2^{n-1} \\
        \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots\\
        1 & x & x^2 & \cdots & x^{n-1}
    \end{vmatrix}
        \]
        C'est un polynôme en $x$ de degré inférieur ou égal à $n-1$ (on développe par rapport à la dernière ligne, chaque cofacteur est une constante). De plus, $a_1, \dots, a_{n-1}$ sont des racines distinctes du polynome car le déterminant est une forme linéaire alternée. Donc: \[
            D_n(a_1, \dots, a_{n-1}, x) = \lambda \prod_{i=1}^{n-1}(x-a_i)
        \]
        Avec $\lambda$ coefficient dominant. On a donc \[
            \lambda = \Delta_{n,n}=D_{n-1}(a_1, \dots, a_{n-1})
        \]
        D'où \[
            D_n(a_1, \dots, a_n)=D_{n-1}(a_1, \dots, a_{n-1})\prod_{i=1}^{n-1}(a_n-a_i)
        \]
        Et, par récurrence immédiate: \[
            D_n(a_1, \dots, a_n) = \prod_{k=1}^n\prod_{i=1}^{k-1}(a_k-a_i)=\prod_{1\leq i < k\leq n}(a_k-a_i)
        \]

        \noindent \textbf{Propriété:} $\forall (f, g)\in L(E)^2$, $\qquad (1) \quad \det(f\circ g)=\det f\det g$ et $(2)\quad f\in GL(E)\iff \det f\neq 0$\\[1ex]

        \noindent \textbf{Démonstration:} Pour $(1)$. $B=(e_1, \dots, e_n)$ base de $E$. \[
    \det_B(f\circ g(e_1), \dots, f\circ g(e_n))=(\det f)\det_B(g(e_1), \dots, g(e_n))=(\det f)(\det g) \det_B(e_1, \dots, e_n)=(\det f)(\det g)
\]
Mais aussi \[
    \det_B(f\circ g(e_1), \dots, f\circ g(e_n))=\det (f\circ g)\det_B(e_1, \dots, e_n)=\det(f\circ g)
\]

Pour $(2)$. Le sens $(\implies)$ est direct: $(f(e_1), \dots, f(e_n))$ est une base de $E$ donc de déterminant non nul, et le déterminant de cette base vaut $(\det f)\det_B(e_1, \dots, e_n)=\det f$. On montre maintenant le sens $(\Longleftarrow)$. Si $\det f\neq 0$, on a \[
    \det_B(f(e_1), \dots, f(e_n))=(\det f)\det_B(e_1, \dots, e_n)=\det f\neq 0
\]
Donc $(f(e_1), \dots, f(e_n))$ est une base, d'où $f\in GL(E)$\\[1ex]

\noindent \textbf{Exercice:} $(A, B, C)\in \mathcal M_n(\mathbb K)\times \mathcal M_{p,n}(\mathbb K)\times \mathcal M_p(\mathbb K)$. Calculer \[
    \begin{vmatrix}
        A & B \\ 0 & C
    \end{vmatrix}
\]

\noindent \textbf{Résolution.} On a \[
    \begin{pmatrix}
        A & B \\ 0 & C
    \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
        I_n & 0 \\ 0 & C
    \end{pmatrix} \begin{pmatrix}
        A & B \\ 0 & I_p
    \end{pmatrix}
\]
Donc, en développant par rapport aux $n$ premières lignes pour le permier déterminant, et par rapport aux $p$ dernières pour le deuxième,  \[
    \begin{vmatrix}
        A & B \\ 0 & C
        \end{vmatrix} = \begin{vmatrix}
        I_n & 0 \\ 0 & C
\end{vmatrix} \begin{vmatrix}
        A & B \\ 0 & I_p
\end{vmatrix}
= (\det C)(\det A)
\]

\end{document}
