Exercices de Mathématiques

Déterminants d’ordre n (VI)

Énoncés

Énoncés des exercices

Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ]

Montrer qu’un déterminant antisymétrique d’ordre impair est nul.

Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ]

Soit A ∈ Mn(R), les coefficients diagonaux étant nuls, et les autres valant ±1.

On suppose que n est pair. Montrer que A est inversible.

Exercice 3 [ Indication ] [ Correction ]

Soit A une matrice carrée d’ordre n, nilpotente. Montrer que det(I + A) = 1.

Exercice 4 [ Indication ] [ Correction ]

Soient A et B deux matrices de types respectifs (n, p) et (p, n), avec n 6= p.

Montrer que l’un au moins des déterminants det(AB) ou det(BA) est nul.

Exercice 5 [ Indication ] [ Correction ]

Soit A ∈ Mn(Z). Montrer que A−1 existe dans Mn(Z) ⇔ det A = ±1.

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Jean-Michel Ferrard

Exercices de Mathématiques

Déterminants d’ordre n (VI)

Indications, résultats

Indications ou résultats

Indication pour l’exercice 1 [ Retour à l’énoncé ]

Utiliser l’égalité det A = det( TA).

Indication pour l’exercice 2 [ Retour à l’énoncé ]

Il suffit de prouver que det A est impair.

Prouver qu’on peut remplacer les aij (avec i 6= j) par 1 sans changer la parité de det A.

Montrer que le déterminant obtenu après ces modifications vaut (n − 1)(−1)n−1.

Indication pour l’exercice 3 [ Retour à l’énoncé ]

Utiliser P inversible telle que T = P −1AP soit strictement triangulaire supérieure.

Indication pour l’exercice 4 [ Retour à l’énoncé ]

Considérer f ∈ L(Kp, Kn), de matrice A dans les bases canoniques.

Associer également B à une application g de L(Kn, Kp).

Montrer que g ◦ f et f ◦ g ne peuvent pas toutes deux être des isomorphismes.

Indication pour l’exercice 5 [ Retour à l’énoncé ]

– Si B = A−1, utiliser l’égalité AB = In.

– Si det A = ε = ±1, utiliser l’expression de A−1 par la comatrice.

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Déterminants d’ordre n (VI)

Corrigés

Corrigés des exercices

Corrigé de l’exercice 1 [ Retour à l’énoncé ]

Pour toute matrice carrée A, on a det A = det( TA).

Si A est antisymétrique d’ordre n, cela devient det A = det(−A) = (−1)n det A.

En particulier, si n est impair, on trouve det A = − det A, c’est-à-dire det A = 0.

Corrigé de l’exercice 2 [ Retour à l’énoncé ]

Puisque A est à coefficients dans Z, det A est un entier relatif.

On va prouver que det A est impair, ce qui assurera det A 6= 0 donc A inversible.

Soit det A =

j=1

aijAij le développement de det A par rapport à la ligne Li.

Chaque cofacteur Aij est un entier relatif.

Pour chaque coefficient non diagonal aij, les entiers Aij et aijAij ont même parité.

On peut donc remplacer les coefficients non diagonaux de det A par 1 sans changer sa parité.

Ainsi det A a la même parité que le déterminant ∆n de terme général αij =

(cid:26) 1 si i 6= j

0 si i = j

Pour calculer ∆n, on ajoute toutes les lignes a la premiere et on factorise n − 1.

On retranche alors la première colonne de toutes les autres :

∆n = (n − 1)

(cid:12)

...

. . .

. . . 1

...

. . .

(cid:12)

= (n − 1)

(cid:12)

1 −1

...

. . .

. . . −1

. . .

...

0 −1

(cid:12)

= (n − 1)(−1)n−1

Puisque n est impair, on voir que ∆n donc det A sont impairs.

Ainsi det A 6= 0 : la matrice A est donc inversible.

Corrigé de l’exercice 3 [ Retour à l’énoncé ]

On sait qu’il existe P inversible telle que T = P −1AP soit strictement triangulaire supérieure.

On a alors A + I = P T P −1 + I = P (T + I)P −1 et donc det A = det(T + I).

Or I + T est triangulaire supérieure avec des coefficients diagonaux égaux à 1.

Le déterminant de I + T , et donc celui de A, sont donc égaux à 1.

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Déterminants d’ordre n (VI)

Corrigés

Corrigé de l’exercice 4 [ Retour à l’énoncé ]

Il existe f ∈ L(Kp, Kn), de matrice A dans les bases canoniques.

Il existe g ∈ L(Kn, Kp), de matrice B dans les bases canoniques.

Ainsi AB ∈ Mn(K) est la matrice de f ◦ g dans la base canonique que Kn.

De même BA ∈ Mp(K) est la matrice de g ◦ f dans la base canonique de Kp.

Par l’absurde, supposons det(AB) 6= 0 et det(BA) 6= 0.

Il en découle que g ◦ f et f ◦ g sont des isomorphismes.

L’injectivité de g ◦ f implique celle de f , et la surjectivité de f ◦ g implique celle de f .

Ainsi f : Kp → Kn est un isomorphisme : c’est absurde car les dimensions n, p sont distinctes.

Conclusion : l’une au moins de deux matrices AB et BA a un déterminant nul.

Remarque : On peut faire un raisonnement direct et supposer n < p par exemple.

Alors il est certain que la matrice BA (qui est d’ordre p) n’est pas inversible.

Elle a en effet même rang que g ◦ f . Or dim Im (g ◦ f ) = dim g(Im f ) ≤ dim Im f ≤ n < p.

La matrice BA, d’ordre p et de rang n < p, est donc non inversible.

Corrigé de l’exercice 5 [ Retour à l’énoncé ]

– Supposons que A soit inversible dans Mn(Z) et soit B son inverse.

Alors AB = In ⇒ det A det B = 1.

Or det A et det B sont dans Z. Donc det A = ±1

– Réciproquement supposons det A = ε = ±1.

Alors A est inversible dans Mn(R) et A−1 = 1

det A

Mais Com A est à coefficients dans Z.

On en déduit que A est inversible dans Z.

TCom A = ± TCom A.

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Exercices de Mathématiques - Détérminants d'ordre n (VI)

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