Exercices corrigés : Déterminants

Dans cet article, nous allons corriger quelques exercices sur les déterminants. Si vous cherchez plutôt des énoncés, allez plutôt voir notre page dédiée

Exercice 1

Enoncé

Corrigé

Ce petit exercice est un échauffement, il suffit d’utiliser le fait que A est inversible ainsi que les propriétés du déterminant :

\det(I_n+AB)=\det(A(A^{-1}+B))=\det(A)\det(A^{-1}+B)\\ 
= \det(A^{-1}+B)\det(A) = \det((A^{-1}+B)A)=\det(I_n+BA)

Et voilà, c’est déjà terminé ! Le second exercice est plus compliqué mais, il ressemble un petit peu au premier.

Exercice 2

Enoncé

Corrigé

\text{Puisque A est nilpotente,}\; \exist k\in\mathbb{N}^* \; A^k=0_{M_{n}(\mathbb{R})} 

\text{Puisque}\; B \;\text{est inversible, son inverse qu'on notera}\; B^{-1} \;\text{existe}.

On peut écrire :

\det(A+B)=\det(B(B^{-1}A+I_n))

De plus, puisque A et B commutent, on montre que A et l’inverse de B commutent aussi. En effet :

AB=BA\Longleftrightarrow B^{-1}ABB^{-1}=B^{-1}BAB^{-1}\Longleftrightarrow B^{-1}A = AB^{-1}

Mais alors, puisqu’elles commutent, et puisque A est nilpotente d’ordre k,

(B^{-1}A)^k=(B^{-1})^kA^k=0_{M_n(\mathbb{R})} \Longleftrightarrow B^{-1}A \; \text{nilpotente d'ordre au plus} \;k

De ce fait, cette dernière matrice s’écrit, dans une certaine base, comme une matrice triangulaire supérieure stricte (i.e : une matrice triangulaire supérieure avec des 0 sur la diagonale).
Cela se traduit par :

\exist P\in \text{Gl}_n(\mathbb{R}),\; B^{-1}A=P^{-1}TP\;\text{où}\;T\;\text{est triangulaire supérieure stricte.}

Ainsi,

B^{-1}A+I_n=P^{-1}TP+I_n=P^{-1}(T+I_n)P

Dans cette même base, la matrice B^{-1}A + I_{n} est donc semblable à T + I_{n}, or,

T+I_n = \begin{pmatrix}
0&*&*&*\\ 
\vdots&\ddots&*&*\\ 
\vdots&&\ddots&*\\ 
0&\dots&\dots&0\\
\end{pmatrix} 
+ \begin{pmatrix}
1&0&\dots&0\\ 
0&\ddots&\ddots&\vdots\\ 
\vdots&\ddots&\ddots&0\\ 
0&\dots&0&1\\
\end{pmatrix} =
\begin{pmatrix}
1&*&*&*\\ 
0&1&*&*\\
\vdots&\ddots&\ddots&*\\
0&\dots&0&1

\end{pmatrix}

De ce fait, \det(T+I_n) = 1 et on sait que le déterminant est invariant par changement de base. En effet :

\det(B^{-1}A+I_n)=\det(P^{-1}(T+I_n)P)=\det(P^{-1})\det(P)\det(T+I_n)\\
                            \qquad\quad\;= \det(P^{-1}P)\det(T+I_n) =\det(T+I_n) = 1

Finalement,

\det(A+B)=\det(B)\det(B^{-1}A+I_n)=\det(B)

C’est ce qu’on recherchait !

Exercice 3

Enoncé

Corrigé

Commençons par le sens direct, supposons A inversible à coefficients entiers.
Justifions rapidement que le déterminant d’une matrice à coefficient entiers est entier.
D’après la formule du déterminant,

\det(A)=\sum_{\sigma\in S_n}\varepsilon(\sigma)\prod_{1\leq k\leq n}a_{i,{\sigma(i)}} \quad 

Comme,

\forall \sigma\in S_n, \;|\varepsilon(\sigma)|=1 \;\text{et,}\;\;\forall(i,j)\in \lbrace1,\dots,n\rbrace^2,\; a_{i,j}\in\mathbb{Z}

On en déduit que le déterminant de A est aussi un entier.

Puisque A est inversible dans M_n(\mathbb{Z}) ,

\exist B\in M_n(\mathbb{Z})| \; AB = I_n

Donc,

\det(AB)= \det(A)\det(B) = 1

Mais puisque les déterminants sont entiers,

\det(A) |1 \;\Longleftrightarrow\det(A)\in\lbrace-1,1\rbrace

Réciproquement, si \det (A) \in \{ -1,1 \}, on a A^{-1} = \dfrac{1}{\det(A)} {}^t com(A) où com est la comatrice. Puis, comme les coefficients de la comatrice sont des sommes et produits des coefficients de A, donc entiers, A^{-1} \in Gl_n(\Z)