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

Exercice 1 - Déterminant d'une matrice antisymétrique d'ordre impair

Pour toute matrice carrée A, le déterminant de A est identique à celui de sa matrice transposée. On note cela : det(A) = det(^tA).

Comme la matrice A est antisymétrique, par définition, sa transposée est égale à son opposée : ^tA = -A. On en déduit donc l'égalité : det(A) = det(-A).

En utilisant la propriété de multilinéarité du déterminant par rapport à ses lignes (ou ses colonnes), multiplier une matrice d'ordre n par un scalaire k revient à multiplier son déterminant par kⁿ. Ici, en factorisant le scalaire -1 sur chacune des n lignes de la matrice, on obtient : det(-A) = (-1)ⁿ × det(A).

Puisque l'énoncé précise que l'ordre n est un nombre impair, nous savons que (-1)ⁿ = -1. L'équation devient alors : det(A) = -det(A). En réarrangeant les termes, on trouve 2 × det(A) = 0.

On peut donc conclure que det(A) = 0.

Exercice 2 - Inversibilité d'une matrice à coefficients dans Z

L'énoncé indique que A admet des zéros sur sa diagonale et que tous ses autres coefficients valent ±1. Ces coefficients appartiennent tous à l'ensemble des entiers relatifs Z. Le déterminant de A, qui se calcule par des sommes et des produits de ces coefficients, est donc nécessairement un entier relatif.

Pour prouver que A est inversible, il suffit de démontrer que det(A) ≠ 0. Nous allons pour cela prouver que det(A) est un nombre impair, puisqu'un entier impair ne peut jamais être nul.

La formule explicite du déterminant est une somme de termes qui sont des produits des coefficients de A. En travaillant modulo 2, les entiers 1 et -1 ont la même parité (1 ≡ -1 modulo 2). Remplacer tous les coefficients ±1 non diagonaux par des 1 ne changera donc pas la parité du déterminant global.

Le déterminant det(A) a par conséquent la même parité qu'un déterminant Δn dont tous les coefficients diagonaux sont nuls et tous les autres coefficients valent 1. Calculons la valeur de Δn :

1. On ajoute toutes les lignes à la première ligne. Puisque la matrice est de taille n×n, la première ligne ne contient plus que des valeurs égales à (n - 1).
2. On factorise cette première ligne par (n - 1). La première ligne de la matrice est alors constituée uniquement de 1.
3. On soustrait cette nouvelle première ligne (ou plutôt, on soustrait la première colonne à toutes les autres colonnes pour faire apparaître des zéros). En retranchant la première colonne à toutes les autres, le reste de la première ligne se remplit de zéros, et les termes diagonaux restants deviennent des -1 (avec des zéros partout ailleurs).

Le déterminant obtenu est le produit du facteur (n - 1) extrait initialement par le déterminant d'une matrice triangulaire (qui vaut le produit de sa diagonale composée de n - 1 fois le chiffre -1). On obtient ainsi : Δn = (n - 1) × (-1)ⁿ⁻¹.

Attention à une contradiction dans le corrigé source : Le corrigé d'origine conclut en disant "Puisque n est impair...". C'est une erreur de lecture par rapport à l'énoncé de l'exercice qui affirme explicitement "On suppose que n est pair". La logique correcte est la suivante : puisque n est pair, l'entier (n - 1) est impair. Le produit du nombre impair (n - 1) par (-1)ⁿ⁻¹ (qui vaut -1) donne pour résultat un entier impair.

Puisque Δn est impair, le déterminant det(A) (qui a la même parité) est lui aussi impair. Ainsi, det(A) ≠ 0 : la matrice A est obligatoirement inversible.

Exercice 3 - Déterminant lié à une matrice nilpotente

Soit A une matrice nilpotente. Toute matrice nilpotente est trigonalisable et ne possède que la valeur propre 0. Il existe donc une matrice de passage inversible P telle que la matrice T définie par T = P⁻¹ A P soit strictement triangulaire supérieure (c'est-à-dire une matrice triangulaire avec uniquement des 0 sur la diagonale principale).

En manipulant cette relation, on a A = P T P⁻¹. Exprimons la somme I + A (où I est la matrice identité) : I + A = P I P⁻¹ + P T P⁻¹ = P (I + T) P⁻¹.

En utilisant la multiplicativité du déterminant ( det(M × N) = det(M) × det(N) ) et le fait que det(P⁻¹) = 1 / det(P), on obtient : det(I + A) = det(P) × det(I + T) × det(P⁻¹) = det(I + T).

Puisque T est strictement triangulaire supérieure, la matrice I + T est une matrice triangulaire supérieure dont tous les coefficients situés sur la diagonale principale valent exactement 1 (résultat de la somme de 1 avec 0). Le déterminant d'une matrice triangulaire est simplement le produit de ses coefficients diagonaux. Par conséquent, det(I + T) = 1 × 1 × ... × 1 = 1.

On conclut que det(I + A) = 1.

Correction du document source : La dernière phrase du corrigé source indique "Le déterminant de I + T, et donc celui de A, sont donc égaux à 1." C'est une faute de frappe manifeste. Le déterminant d'une matrice nilpotente A est toujours nul. L'égalité correcte, démontrée à l'instant, est bien det(I + A) = 1.

Exercice 4 - Produit de matrices rectangulaires et dimensions distinctes

A est une matrice de taille (n, p) et B est de taille (p, n), avec n ≠ p. Associons à A l'application linéaire f de K^p dans K^n, dont la matrice dans les bases canoniques est A. De manière symétrique, soit g l'application linéaire de K^n dans K^p dont la matrice est B.

La matrice produit AB représente l'application composée f ∘ g (qui est un endomorphisme de K^n). La matrice produit BA représente l'application composée g ∘ f (qui est un endomorphisme de K^p).

Raisonnons par l'absurde et supposons qu'aucun des deux déterminants n'est nul, c'est-à-dire que det(AB) ≠ 0 et det(BA) ≠ 0. Cela implique que les applications linéaires f ∘ g et g ∘ f sont des automorphismes (elles sont bijectives et donc des isomorphismes sur leurs espaces respectifs).

Une composition g ∘ f qui est bijective est nécessairement injective, ce qui force l'application f à être injective. De même, une composition f ∘ g qui est bijective est nécessairement surjective, ce qui force f à être surjective. Si f est à la fois injective et surjective, c'est une bijection de K^p vers K^n, ce qui constitue un isomorphisme.

C'est une absurdité, car deux espaces vectoriels de dimensions finies ne peuvent être isomorphes que s'ils ont exactement la même dimension, or l'énoncé stipule que n ≠ p.

Méthode directe alternative : On peut supposer sans perte de généralité que n < p. Le rang de l'application g ∘ f est défini par la dimension de son image. Or, l'image de g ∘ f est incluse dans l'image de g, elle-même restreinte par la dimension de l'espace de départ de g qui est n. On a donc dim(Im(g ∘ f)) ≤ dim(Im(f)) ≤ n. Puisque n < p, le rang de l'endomorphisme g ∘ f (de K^p dans K^p) est strictement inférieur à p. Sa matrice représentative BA, de dimension p×p, n'est donc pas de rang plein. Elle est de ce fait non inversible, ce qui prouve directement que det(BA) = 0.

Conclusion : Dans tous les cas, l'un au moins des deux déterminants det(AB) ou det(BA) est nul.

Exercice 5 - Équivalence d'inversibilité dans Z

Nous allons démontrer l'équivalence en procédant par double implication. A est une matrice à coefficients dans l'ensemble des entiers relatifs Z, noté Mn(Z).

Sens direct (⇒) : Si l'inverse existe dans Mn(Z), alors det(A) = ±1 Supposons que A admet un inverse B dans Mn(Z). Par définition de l'inverse, on a A × B = In. En appliquant le déterminant de chaque côté, on obtient : det(A) × det(B) = det(In) = 1. Puisque A et B ne contiennent que des entiers, les calculs de leurs déterminants respectifs ne font intervenir que des sommes et des produits d'entiers. Donc det(A) et det(B) sont des nombres entiers. Les seuls couples d'entiers dont le produit vaut 1 sont (1, 1) et (-1, -1). Par conséquent, det(A) vaut obligatoirement 1 ou -1.

Sens réciproque (⇐) : Si det(A) = ±1, alors l'inverse existe dans Mn(Z) Supposons que det(A) = ±1. Puisque le déterminant n'est pas nul, A est inversible dans l'ensemble des matrices réelles Mn(R). Son inverse s'exprime grâce à sa comatrice (Com A) avec la formule classique : A⁻¹ = (1 / det(A)) × ^t(Com A) (la transposée de la comatrice). La comatrice de A est construite à partir de déterminants de sous-matrices de A. Puisque A est à coefficients entiers, ces sous-déterminants sont également entiers. Ainsi, ^t(Com A) appartient à Mn(Z). De plus, comme det(A) = ±1, le facteur 1 / det(A) vaut soit 1, soit -1. Multiplier une matrice à coefficients entiers par 1 ou -1 donne une matrice à coefficients entiers. L'inverse A⁻¹ appartient donc bien à Mn(Z).

Méthode

Face à une épreuve sur les déterminants, voici la grille d'analyse qu'il faut appliquer systématiquement :

• Identifier l'anneau ou le corps des coefficients : Les propriétés algébriques des coefficients changent la façon de répondre. S'il s'agit d'entiers (Exercice 2, 5), vous pouvez utiliser des arguments d'arithmétique pure comme la parité (pair/impair modulo 2) ou les propriétés d'inversibilité restreintes (seuls 1 et -1 sont inversibles pour la multiplication dans Z).
• Interpréter matriciellement vs géométriquement : Un déterminant non nul correspond à une matrice inversible (calcul algébrique) mais aussi à une application linéaire bijective (isomorphisme). Face à des produits de matrices asymétriques (Exercice 4), l'interprétation par les applications linéaires (f ∘ g) permet souvent de court-circuiter un calcul impossible.
• Réduction des endomorphismes : Face à des questions reliant le déterminant avec des puissances ou la nilpotence (Exercice 3), le premier réflexe doit être la réduction matricielle (changement de base via une matrice P). Ramener le problème sur une matrice diagonale ou triangulaire simplifie de façon spectaculaire les opérations sur le déterminant.
• Toujours vérifier la cohérence des propriétés basiques : Les formules liées à la transposition (det(A) = det(^tA)) ou à la multilinéarité sont souvent les clés de verrouillage pour les démonstrations par identification formelle (Exercice 1).