Exercices théoriques sur les déterminants

Elle est surjective car pour \(\alpha \in\mathbb{R}\), \(\mathop{\rm det}\left(\alpha I_n\right)=\alpha\); Elle n’est pas injective car par exemple \(\mathop{\rm det}\left(E_{1,1}\right)=0\).

On a : \(\mathop{\rm det}(A^2+B^2)= \mathop{\rm det}(A+iB) \mathop{\rm det}(A-iB) = \left| \mathop{\rm det}(A+iB) \right| ^2\).

Si un tel \(f\) existait, on aurait alors \(f^2 = -\mathop{\mathrm{id}}\nolimits\) et \((\mathop{\rm det}f)^2 = \mathop{\rm det}(-\mathop{\mathrm{id}}\nolimits) = -1\) car \(5\) est impair. Ceci n’est pas possible dans \(\mathbb{R}\) donc un tel endomorphisme n’existe pas.

Soit \(n\) la taille de la matrice \(A\). Si \(A\) est de rang \(n\), alors elle est inversible et \(\widetilde{A}\) l’est aussi, donc elle est aussi de rang \(n\).
Si \(A\) est de rang \(<n-1\), alors tous les déterminants extraits d’ordre \(n-1\) sont nuls, donc a fortiori tous les mineurs sont nuls et donc \(\widetilde{A}\) est nulle et donc de rang nul.
Reste à voir le cas où le rang de \(A\) est \(n-1\). Cela entraine que \(D = \{ X\in \mathbb{R}^n \mid AX = 0\}\) est de dimension \(1\). Comme on a \(A{\widetilde{A}}^{\mathrm{T}} = 0\), on en déduit que \(\forall X\in \mathbb{R}^n, {\widetilde{A}}^{\mathrm{T}}X \in D\). Ceci signifie que \({\widetilde{A}}^{\mathrm{T}}\) est de rang inférieur ou égal à \(1\). Il en est de même pour sa transposée \(\widetilde{A}\). Enfin comme \(A\) est de rang \(n-1\), elle admet au moins un déterminant extrait d’ordre \(n-1\) non nul. Mais un déterminant extrait d’ordre \(n-1\) est nécessairement un mineur. Donc \(\widetilde{A}\) admet au moins un élément non nul et est donc de rang \(\geqslant 1\). Finalement, si le rang de \(A\) est \(n-1\), alors le rang de \(\widetilde{A}\) est \(1\).

Remarquons que \(f(I_2)=1\). En effet, \(f(I_2)=f(I_2. I_2)=f(I_2).f(I_2)\) et donc soit \(f(I_2)=0\), soit \(f(I_2)=1\). Si \(f(I_2)=0\) alors pour tout \(A\in \mathfrak{M}_{2}(\mathbb{R})\), \(f(A)=f(A.I_2)=f(A).f(I_2)=0\) et \(f=0\) ce qui contredit une des hypothèses faites sur \(f\). Donc \(f(I_2)=1\).

Soit \(f\) une telle forme \(p\)-linéaire alternée. Soit \((e_i)_{1\leqslant i \leqslant n}\) la base naturelle de \(\mathbb{R}^{n}\). Soit \(\varphi\) une application de \(\{1,\ldots,p\}\) dans \(\{1,\ldots,n\}\). On calcule \(f(e_{\varphi(1)}, \ldots, e_{\varphi(p)})\). D’après le principe des tiroirs, il existe deux indices \(i\) et \(j\) distincts tels que \(\varphi(i) = \varphi(j)\) On en déduit que \(f(e_{\varphi(1)}, \ldots, e_{\varphi(p)}) = 0\), et ce pour toute application \(\varphi\) de \(\{1,\ldots,p\}\) dans \(\{1,\ldots,n\}\). Par linéarité, \(f\) est nulle.

On en déduit facilement que \(Gl_n({\mathbb{Z}})\) est un sous-groupe de \(Gl_n({\mathbb{R}})\)

Par hypothèse, il existe une matrice \(P \in \mathrm{GL}_{n}(\mathbb{C} )\) telle que \(B = PAP^{-1}\). Notons \(P = P_1 + iP_2\) avec \((P_1, P_2) \in \mathfrak{M}_{n}(\mathbb{\mathbb{R} }) ^2\). Puisque \(BP = PA\), on en tire que \(BP_1 + iBP_2 = P_1A + iP_2B\) d’où en identifiant partie réelle et partie imaginaire de chaque coefficient, \(BP_1 = P_1A\) et \(BP_2 = P_2B\). Soit \(\lambda \in \mathbb{R}\). Posons \(Q = P_1 + \lambda P_2\). On a \(\forall \lambda \in \mathbb{R}\), \(BQ = QA\). Il suffit donc de trouver un réel \(\lambda \in \mathbb{R}\) tel que \(Q = P_1 + \lambda P_2\) soit une matrice inversible. Considérons le polynôme \[\pi(\lambda) = \mathop{\rm det}(P_1 + \lambda P_2).\] Si l’on avait \(\forall \lambda \in \mathbb{R}\), \(\pi(\lambda)= 0\), le polynôme complexe \(\pi(\lambda)\) serait nul et alors \(\pi(i) = 0\), ce qui est faux puisque \(P\) est une matrice inversible dans \(\mathfrak{M}_{n}(\mathbb{\mathbb{C} })\). Par conséquent, il existe \(\lambda \in \mathbb{R}\) tel que \(Q = P_1 + \lambda P_2\) soit une matrice inversible de \(\mathrm{GL}_{n}(\mathbb{R} )\) et alors \(B = QAQ^{-1}\).

Par récurrence. Si \(n = 1\), le résultat est clair. Supposons la propriété vraie pour un système de \(n-1\) fonctions. Puisque \((f_1,\dots, f_{n-1})\) est libre, d’après l’hypothèse de récurrence, il existe \(n-1\) réels \((x_1,\dots, x_{n-1})\) tels que la matrice \(A_{n-1} = ((f_i(x_j)))_{1\leqslant i, j \leqslant n - 1}\) soit inversible. Par l’absurde, supposons que \(\forall x \in \mathbb{R}\), la matrice \[A(x) = \begin{pmatrix} f_1(x_1) & \dots & f_{1}(x_{n-1}) & f_1(x) \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\ f_n(x_1) & \dots & f_n(x_{n-1}) & f_n(x) \end{pmatrix}\] ne soit pas inversible. En développant \(\mathop{\rm det}(A)\) par rapport à la dernière colonne, on trouve alors que \[\forall x \in \mathbb{R} ,~ \Delta_{1n}f_1(x) + \dots + \Delta_{nn}f_n(x) = 0\] Mais comme \((f_1,\dots, f_n)\) est libre, on aurait en particulier \(\Delta_{nn} = 0\), mais \(\Delta_{nn} = \mathop{\rm det}(A_{n-1}) \neq 0\) ce qui est absurde.

Qui dit opérations sur les colonnes dit multiplication à droite par une matrice. Quelle matrice ? Il suffit pour cela de prendre \(A=I_n\). On voit ainsi que \(B = AC\) avec \(C= J - I_n\) où \(J\) est la matrice qui ne comporte que des \(1\). Pour calculer \(\mathop{\rm det}C\) le plus simple est de calculer \(P(\lambda) = \mathop{\rm det}(C-\lambda I_n) = (-1)^n\lambda^{n-1}(\lambda-n)\) puis de faire \(\lambda = 1\). C’est cette méthode qui sera employée l’an prochain lorsqu’on saura calculer les polynômes caractéristiques. En attendant on va utiliser le même principe : "Plus une expression comporte de variables et plus elle est facile à évaluer". Ici on calcule le déterminant de la matrice \(M_h\) qui comporte des zéros sur la diagonale, \(1\) au-dessus et \(1+h\) au-dessous. On prendra alors la valeur en \(h=0\) de ce polynôme en \(h\). Enfin on calcule \(F(x) = \mathop{\rm det}(M_h-x J)\) (on soustrait \(x\) à tous les éléments).
D’abord \(F\) est un polynôme de degré inférieur ou égal à \(n\). Maintenant on soustrait la première colonne à toutes les autres. Les \(x\) disparaissent des \(n-1\) dernières colonnes. De ce fait \(F\) est un polynôme de degré inférieur ou égal à \(1\). \(F\) est donc déterminé par deux valeurs, \(1\) et \(1+h\). C’est ça l’idée d’introduire ce \(1+h\). Donc \(F(1) = (-1)^n\) comme déterminant d’une matrice triangulaire. De même \(F(1+h) = (-1-h)^n\). Enfin \(\dfrac{F(1)-F(0)}{1} = \dfrac{F(1+h)-F(1)}{h}\), d’où \(F(0) = (-1)^n \left( 1 - \dfrac{(1+h)^n-1}{h}\right)\). On fait ensuite tendre \(h\) vers \(0\), soit en dérivant soit par la formule du binôme, pour trouver \(F(0) = (-1)^n (1-n)\) comme annoncé.