Le déterminant circulant et les racines cubiques de l'unité

La stratégie. Chaque ligne de $M$ est la précédente décalée d'un cran : c'est une matrice circulante. La somme des colonnes fait sortir $a+b+c$ ; puis les racines cubiques de l'unité fournissent trois vecteurs que $M$ se contente de multiplier par un scalaire, et factorisent complètement le déterminant.

1) La somme des colonnes. Chaque ligne contient $a$, $b$ et $c$ une fois chacun : après $C_1\leftarrow C_1+C_2+C_3$, déterminant inchangé, la première colonne est constante, égale à $a+b+c$, qui sort par linéarité. Les transvections $L_2\leftarrow L_2-L_1$ et $L_3\leftarrow L_3-L_1$ donnent ensuite $$\det M=(a+b+c)\left|\begin{array}{ccc}1& b& c\\ 0& a-b& b-c\\ 0& c-b& a-c\end{array}\right|=(a+b+c)[(a-b)(a-c)-(b-c)(c-b)],$$ en développant selon la première colonne. Le crochet vaut $(a-b)(a-c)+(b-c{)}^2=a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca$. Contrôle par la règle de Sarrus : les produits descendants valent $a^3$, $b^3$, $c^3$, les trois produits montants valent $abc$, d'où $a^3+b^3+c^3-3abc$ ; et le développement de $(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)$ redonne ce polynôme.

Le point délicat. Le signe du terme $(b-c)(c-b)$ : ses deux facteurs sont opposés, le produit vaut $-(b-c{)}^2$, et il est retranché — il contribue donc $+(b-c{)}^2$.

2) Les racines cubiques de l'unité. On a $j^3=1$, donc $j^4=j$, et $1+j+j^2=0$. La première coordonnée de $M(1,j,j^2{)}^{\top }$ est $a+bj+c{j}^2$. La deuxième est $c+aj+b{j}^2$, et $j(a+bj+c{j}^2)=aj+b{j}^2+c{j}^3=aj+b{j}^2+c$ : c'est la même. La troisième est $b+cj+a{j}^2$, et $j^2(a+bj+c{j}^2)=a{j}^2+b{j}^3+c{j}^4=a{j}^2+b+cj$ : encore la même. D'où la relation annoncée. De même $M(1,1,1{)}^{\top }=(a+b+c)(1,1,1{)}^{\top }$, chaque ligne ayant pour somme $a+b+c$ ; et le même calcul avec $j^2$ à la place de $j$ — qui vérifie aussi $(j^2{)}^3=1$ et $(j^2{)}^2=j$ — donne $M(1,j^2,j{)}^{\top }=(a+b{j}^2+cj)(1,j^2,j{)}^{\top }$. La matrice $P$. $P=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 1\\ 1& j& j^2\\ 1& j^2& j\end{array}\right)$ ; en développant selon la première ligne, $$\det P=(j^2-j^4)-(j-j^2)+(j^2-j)=3(j^2-j)=-3i\sqrt{3}\ne 0,$$ puisque $j^2-j=\bar{j}-j=-2i\mathrm{Im}(j)=-i\sqrt{3}$. La factorisation. Les colonnes de $MP$ sont les images par $M$ des colonnes de $P$, c'est-à-dire ces colonnes multipliées par $a+b+c$, $a+bj+c{j}^2$ et $a+b{j}^2+cj$ : $MP=PD$ avec $D=\mathrm{diag}(a+b+c,a+bj+c{j}^2,a+b{j}^2+cj)$. Par multiplicativité, $\det M\det P=\det P\det D$, et comme $\det P\ne 0$, $$\det M=\det D=(a+b+c)(a+bj+c{j}^2)(a+b{j}^2+cj).$$ Cohérence avec le 1) : $(a+bj+c{j}^2)(a+b{j}^2+cj)=a^2+b^2+c^2+(ab+bc+ca)(j+j^2)=a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca$.

3) L'inégalité. En développant, $(a-b{)}^2+(b-c{)}^2+(c-a{)}^2=2(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)$ : le second facteur est une demi-somme de carrés, positive pour $a,b,c$ réels. Et $a+b+c\ge 0$ si $a,b,c\ge 0$. Le produit est positif : $$a^3+b^3+c^3-3abc\ge 0,$$ avec égalité si et seulement si $a=b=c$. En posant $a=\sqrt[3]{x}$, $b=\sqrt[3]{y}$, $c=\sqrt[3]{z}$ pour $x,y,z\ge 0$, c'est l'inégalité arithmético-géométrique à trois termes : $\frac{x+y+z}{3}\ge \sqrt[3]{xyz}$.

Ce que l'exercice installe. Chercher des vecteurs que la matrice se contente de multiplier par un scalaire, et en faire une base, factorise le déterminant d'un coup : $MP=PD$ donne $\det M=\det D$. Pour une matrice circulante, ces vecteurs sont formés des racines de l'unité, quels que soient $a$, $b$, $c$ : c'est l'idée de la transformée de Fourier discrète, qui décompose un signal périodique, et qui décrit les modes de trois oscillateurs identiques disposés en anneau. La seconde année appellera ces vecteurs des vecteurs propres.