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)