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Universite Claude Bernard Lyon 1

L1 de Mathematiques : Math. II Algebre (cursus PMI)

Annee 2014{2015Determinants

On xe pour tout le chapitre un corpsK. On va associer a toute matrice carree, et m^eme a tout endomorphisme d'un espace vectoriel de dimension nie, un scalaire appeledeterminant, ce qui va donner : un crit eren umeriquep ourl'in versibilited'une matrice ou d'u nendomorphisme, des form ules(in utilesen pratique) p ourr esoudreles syst emeslin eaires, un cadre p ourpar lerde l'orien tationd 'unespace v ectorielr eel, un outil p ourme surerles aires et les v olumes, et, plus tard, un in variantplus n d 'unendomorphisme app elepolyn^ome caracteristique, qui contr^ole dans une large mesure le comportement de l'endomorphisme, un outil p ourles c hangementsde v ariablesdans les in tegralesm ultiples, etc. Notation.Pournentier naturel non nul, on designe parMn(K) l'algebre des matricesnn a coecients dansK, parInla matrice identite de taillenn. On utilisera librement les matricesTij(),Di(),Pijintroduites a la n du chapitre sur les matrices, ainsi que l'eet de la multiplication de ces matrices en termes d'operations sur les rangees.

I Construction

1

Mauvaise denition

Notation(Matrices extraites).SoitA2 Mn(K) et (i;j)2 f1;:::;ng2. On note alorsAijla matrice (n1)(n1) obtenue en supprimant lai-eme ligne et laj-eme colonne deA: si

A= (aij), on a :

A ij=0 B

BBBBBBB@a

1;1a1;j1a1;j+1a1;n............

a i1;1ai1;j1ai1;j+1ai1;n a i+1;1ai+1;j1ai+1;j+1ai+1;n............ a n;1an;j1an;j+1an;n1 C

CCCCCCCA2 M

(n1)(n1)(K): Denition.On denit une famille d'applications detn:Mn(K)!Kpar recurrence sur l'entier natureln. Pourn= 1, on pose :

8(a)2 M1(K);det1(a)=a:

Soitn2N. Supposons avoir deni det :Mn1(K)!K. On pose alors, pourAdeMn(K) : det(A) =nX j=1(1)j1a1jdetn1A1j: Remarques.(i) Lorsquenest xe, on notera desormais det au lieu de detn. (ii) C'est une mauvaise denition car elle semble tout a fait articielle et n'a aucune symetrie : pourquoi de telles choses auraient-elles la moindre propriete utile? 1 2

Premiers exemples

Exemple.Pourn= 2 et

A=a b c d 2 M 2(K); on aA11= (d) etA12= (c), si bien que detA=adbc:

Exemple.Pourn= 3 etA= (aij) deM3(K), on a :

detA=a11deta22a23 a 32a33
a12deta21a23 a 31a33
+a13deta21a22 a 31a32
On en deduit que le determinant d'une matrice 33 est donne par laregle de Sarrus:det0 @a

11a12a13

a

21a22a23

a

31a32a331

Aa

11a12a13a

21a22a23=a11a22a33+a21a32a13+a31a12a23a31a22a13a21a12a33a11a32a23Lemme.Soitnun entier non nul. Supposons queA= (aij)2 Mn(K)soit triangulaire

inferieure, c'est-a-dire queaij= 0si16i < j6n. Visuellement : A=0 B BBB@a 1100
......0 a n1 ann1 C CCCA: Alors le determinant deAest le produit des coecients diagonaux : detA=a11ann: D emonstration.On le prouve par recurrence surn. Pourn= 1, c'est evident. Soitn>2, supposons que ce soit vrai pour les matrices deMn1(K). Alors pourAcomme ci-dessus, on a par denition : detA=a11detA11+X j>2(1)j10detA1j=a11detA11; ce qui permet de conclure la recurrence. En particulier, on a : detIn= 1:

Voici un cas d'annulation bien utile.

Lemme.Supposons qu'une ligne deA2 Mn(K)soit nulle : alorsdet(A) = 0. 2 D emonstration.On le prouve par recurrence (nie) sur l'indiceide la ligne nulle. Sii= 1, c'est clair par la denition : tous les coecientsa1jetant nuls, la sommePn j=1(1)j1a1jdet(A1j) est nulle aussi. Soiti>2, supposons que le determinant de toute matrice dont la (i1)-eme ligne est nulle est nul et soitAune matrice dont lai-eme ligne est nulle. Pourjentre 1 etn, la (i1)-eme ligne de chaque matrice extraiteA1jest formee de coecients de lai-eme ligne deAdonc elle est nulle. Par l'hypothese de recurrence, on a donc : det(A1j) = 0.

Par denition, on en tire que det(A) = 0.

Exemple.Le determinant d'une matrice de transvection1Tij() vaut 1. On le montre par recurrence surn. Pourn= 1, il n'y a pas de transvection. Pourn= 2, c'est clair : det10 1= 1 = det1 01. Soitn>3 et supposons que la propriete soit vraie au formatn1. Supposons dans un premier temps que l'on ait :i>2. Alors, la premiere ligne deTij() est (1 00). Le seul terme non nul dans la denition est le premier et la matrice extraite correspondante,A11, est l'identiteIn1 (sij= 1) ou la transvectionTi1;j1() (sij>2). Par hypothese de recurrence, on a donc : det(A) = det(A11) = 1. Sii= 1, on a : det(A) = 1detIn1+ (1)j1det(A1j). Mais observons la matriceA: comme j6=i, le seul coecient non nul de la lignejest un 1 place dans la colonnej. Par suite, dans la matrice extraiteA1j, la ligne d'indicej1 est nulle. Par le lemme precedent, on a donc : det(A1j) = 0 et donc : det(A) = 1. 3

Bonne caracterisation

a) L'enonce Theoreme.Soitn2N. L'applicationdetest l'unique application :Mn(K)!Ktelle que : (a)pour toutes matricesA,BdansMn(K), on a :(AB) = (A)(B); (b)pour tous scalairesd1;:::;dndansK, on a :det d1(0) (0)dn! =d1dn.

Sens :D'une part, on a :

det(AB) = det(A)det(B);() d'autre part le determinant est la seule application a satisfaire a ces contraintes. La premiere partie est la plus dicile a demontrer, on l'admettra ici. On va prouver l'unicite plus loin. b) Consequences de la multiplicativite(). Dans ce paragraphe, on xe une application :Mn(K)!Kqui satisfait a (a) et (b). Lemme.SoitPune matrice inversible : alors,(P)6= 0. Soit de plusAune matrice quelconque : alors(PAP1) = (A).

Attention!En general,PAP1n'est pas egale aA.

D emonstration.Pour la premiere assertion, on ecrit : (P)(P1) = (PP1) = (In) = 1. Pour la seconde, on utilise la commutativite du produit des scalaires : (PAP1) = (P)(A)(P1) = (P)(P1)(A) = (A):

Lemme.Soiti6=jet2K. Alors :Tij()= 1.1. Pourietjdistincts entre 1 etnetdansK, on noteTij() =In+EijouEijest la matrice dont le seul

coecient non nul vaut 1 et est en position (i;j). 3 D emonstration.Un calcul direct donne2:Tij()2=Tij(2). On suppose que 2 est dierent de

0 dansK(c'est le cas dansRouC...). Un nouveau calcul donne3:Dj(1=2)Tij()Dj(2) =Tij(2).

D'apres le lemme precedent, on a donc, en posantd= detTij() : d'une part,d6= 0 carTij() est inversible et d'autre part :d2= detTij(2) =d. Par suite,d= 1. On en deduit l'unicite dans le theoreme. PourAdansMn(K), des operations sur les rangees permettent de montrer qu'il existe des transvectionsT1;:::;Ts;T01;:::;T0s0et une matrice diago- naleDtelle que :A=T1TsDT01T0s0. Par multiplicativite (condition (a)), on a donc d'apres le lemme precedent : (A) = (T1)(Ts)(D)(T01)(T0s0) = (D): Mais (D) est prescrit par la condition (b) du theoreme, ce qui prouve l'unicite4.

II Proprietes du determinant et calcul

1

Operations sur les rangees

Proposition.SoitAdansMn(K). Le determinant deA...

(i)ne change pas si on ajoute a une rangee un multiple d'une autre rangee (ou une combinaison lineaire des autres rangees); (ii)est multiplie parsi on multiplie une rangee par un scalaire6= 0; (iii)est multiplie par1si on permute deux rangees. D emonstration.On fait la demonstration seulement pour les lignes. Pour les colonnes, il sut de remplacer l'ordre des matrices dans les produits et quelques indices. (i) SoitA0la matrice obtenue deAen remplacant lai-eme ligne deA, disonsLi, parLi+Lj pour2Ketj6=i. On a alors :A0=Tij()A. Par multiplicativite, et vu que les transvection ont pour determinant 1, il vient : detA0= detA. En appliquant pluieurs fois ce resultat, on peut ajouter a la ligne une combinaison lineaire quelconque des autres lignes. (ii) Remplacer la ligneLiparLi, c'est remplacerAparA0=Di()Li. Par suite : detA0= detDi()detA=detA. (iii) Permuter deux lignes deA, c'est remplacerAparA0=PijA. Par suite5: detA0= detPijdetA=detA. Remarque.Demontrer cette proposition a partir du theoreme est une hypocrisie : en eet, la preuve du theoreme consiste a prouver cette proposition et a en deduire la multiplicativite du determinant.2. Par exemple, pourn= 2, cela revient a verier que l'on a : 1 0 1 1 0 1 =1 2 0 1

3. Par exemple, pourn= 2, cela revient a verier que l'on a :

1 0 0 12 1 0 1 1 0 1 2 =1 2 0 1

4. Si

1et 2satisfont toutes deux a (a) et (b), alors on a : 1(A) = 1(D) =d1dn= 2(D) = 2(A).

5. Rappelons que l'on a :Pij=Di(1)Tij(1)Tji(1)Tij(1), de sorte que detPij=1 par multiplicativite.

4 2

Determinant et transposition

Denition.Soientm;n2N. Latransposeed'une matriceA= (aij)2 Mm;n(K) est la matrice noteeAt= (a0ji)2 Mn;m(K) denie ainsi : pour (j;i)2 f1;:::;ngf1;:::;mg, on a :a0ji=aij. Les proprietes suivantes se demontrent facilement. Lemme.La transposition est une application lineaireMm;n(K)! Mn;m(K). LorsqueA2 M m;n(K)etB2 Mn;p(K), on a :(tAB) =BtAt. L'inter^et de la transposition est de permuter lignes et colonnes; mais pour le determinant, rien ne change. Proposition.SoitA2 Mn(K). Alors :det(At) = det(A). D emonstration.Soit :Mn(K)!K,A7!det(At). On a, pourAetBdansMn(K) : (AB) = det(tAB)= detBtAt= detBtdetAt= (B)(A) = (A)(B): De plus, comme une matrice diagonale est egale a sa transposee, son image par est son determinant, c'est-a-dire le produit des coecients diagonaux. Autrement dit, satisfait aux conditions (a) et (b) du theoreme et il vient : = det. 3

Developpement selon une rangee

On va utiliser la matrice

damierque voici : (1)i+j i;j=0 B

BBBBBBBBB@++

+1 C

CCCCCCCCCA:

Proposition.SoitA= (aij)2 Mn(K). Alors :

(i)(developpement selon une ligne) pour touti2 f1;:::;ng, on a : detA=nX j=1(1)i+jaijdetAij; (ii)(developpement selon une colonne) pour toutj2 f1;:::;ng, on a : detA=nX i=1(1)i+jaijdetAij: Demonstration (ou presque).(i) Le casi= 1 n'est qu'une redite de la denition. Pour un indiceiquelconque, on eectue les operations suivantes : permuter les lignes 1 eti; appliquer la denition; permuter dans chaque matriceA1jles lignes 1 eti1. En faisant attention aux signes, on obtient la formule souhaitee. (ii) Cela resulte simplement de la partie (i) et de l'invariance du determinant par transposition.5 4

A propos du calcul pratique

L'idee consiste a se laisser guider par l'esprit de Gauss : par des operations sur les rangees, on fait appara^tre une rangee ne contenant presque que des zeros (si possible, 1 ou 2 au maximum) et on developpe par rapport a cette rangee, puis on recommence avec les matrices obtenues (qui sont plus petites, le procede nit par aboutir). Voir les innombrables exemples traites en TD. 5

Inversibilite

Rappelons que GL

n(K) designe l'ensemble des matricesnninversibles. C'est en fait ungroupe6 appelegroupe lineaire, d'ou ses initiales.

Critere d'inversibilite

Proposition.SoitAdansMn(K). AlorsAest inversible si et seulement si son determinant n'est pas nul :

A2GLn(K)()detA6= 0:

D emonstration.On a deja vu un sens comme consequence de la multiplicativite : siAest inversible, alors : det(A)det(A1) = det(AA1) = 1. On prouve la contraposee de cette assertion. SiAn'est pas inversible, alors son rang est stric- tement inferieur an. Autrement dit, la famille desncolonnes deA, disons (C1;:::;Cn), est liee. Autrement dit, l'une des colonnes, disonsCj0, est combinaison lineaire des autres : C j0=P j6=j0jCj(pour une famille de scalaires (j)j6=j0convenable). Si on remplace la colonne C j0deAparCj0P j6=j0jCj, on ne change pas le determinant mais on fait appara^tre une colonne de zeros : par consequent, le determinant { qui est celui deA{ est nul.

Comatrice

Denition.SoitA2 Mn(K) une matrice carree. On appellecomatricedeAla matrice com(A) = (cij)2 Mn(K) dont le coecient d'indice (i;j) est : c ij= (1)i+jdetAij:

Proposition.On a, pourAdansMn(K):

A tcom(A) = det(A)In=tcom(A)A: D emonstration.On ne montre que la premiere egalite, l'autre resulte de considerations analogues en remplacant les lignes par les colonnes. On noteD= (dij) la transposee de la comatrice deA: pourietkentiers compris entre 1 etn, on a :dki=cik. D'autre part, on pose B=AD. Pour (i;i0)2 f1;:::;ng2, le coecient d'indice (i;i0) deBest : b ii0=nXquotesdbs_dbs29.pdfusesText_35