Déterminant

Chose promise, chose due

Chose promise, chose due.


Définitions

Il existe une unique application de $\MM_n(\K)$ dans $\K$ appelée Déterminant, notée $\det$, telle que $\det$ vérifie:

  • $\mathbf{(D1)}$ $\det$ est linéaire par rapport à chaque vecteur colonne, les autres étant fixé.
  • $\mathbf{(D2)}$ Si $A$ a deux colonnes égales alors $\det(A)=0$.
  • $\mathbf{(D3)}$ $\det(I_n)=1$.

Remarques

  1. Une application qui vérifie $\mathbf{(D1)}$ est dite multilinéaire.
  2. Une application qui vérifie $\mathbf{(D1)}$ et $\mathbf{(D2)}$ est dite multilinéaire alternée

L'application $\fonct{\det}{\MM_n(\K)}{\K}{A}{\det(A)}$ est continue.

Démonstration:
Il s'agit d'une application $n$-linéaire définie sur un e-v de dimension finie.
Remarque

Ce résultat est très pratique pour la résolution de certains exercices (voir un peu plus loin!). Mais on a tendance parfois à l'oublier!!

Notation
Si $A=\begin{pmatrix} a_{11}&\cdots&a_{1n}\\ \vdots&\ddots&\vdots\\ a_{n1}&\cdots&a_{nn} \end{pmatrix}$, on note $$\det(A),\text{ ou } \begin{vmatrix} a_{11}&\cdots&a_{1n}\\ \vdots&\ddots&\vdots\\ a_{n1}&\cdots&a_{nn} \end{vmatrix} \text{ ou } \det((C_1,\cdots,C_n))$$ Avec $C_j\in \K^n$ la $j$ème colonne de la matrice $A$.

Soit $A\in \MM_n(\K)$, on note $A'$ la matrice obtenue de $A$ en échangeant deux colonnes distinctes, alors: $$\det(A)=-\det(A').$$

(CPP PC 2018)

Soit $M\in \MM_4(\C),\,M=(C_1,\,C_2,\,C_3,\,C_4)$. On note $M'=(C_1+C_3,\,C_2+C_4,\,C_1-C_3,\,C_2-C_4)$.
Montrer que $\det (M')=4\det( M)$.

Soit $A\in \MM_n(\K)$, on note $A'$ la matrice obtenue de $A$ en ajoutant à une colonne de $A$ une combinaison linéaire des autres colonne de $A$. Alors, $$\det(A)=\det(A').$$

Remarque

Supposons que l'on ait $C_1=\dsum_{j=2}^n\lambda_jC_j$, alors $$\begin{array}{lcl} \det(A)&=&\det ((C_1-\dsum_{j=2}^n\lambda_jC_j,C_2,\cdots,C_n)\\ &=&\det(0,C_2,\cdots,C_n)=0 \end{array}$$ D'où le résultat suivant,

Soit $A\in \MM_n(\K)$, alors $$\rg (A)< n\Longrightarrow \det(A)=0.$$

Si $A\in \MM_n(\K)$ est une matrice triangulaire supérieure (ou inférieure), alors

$\det(A)$ est le produit des termes diagonaux de $A$.

Remarques

  1. La méthode utilisée dans la démonstration est similaire à la méthode de Gauss.
  2. Le résultat reste vrai pour une matrice diagonale.

(CPP 2018)

Soit $A= \begin{pmatrix} b &1 &\cdots&1\\ 1 &\ddots & \ddots &\vdots\\ \vdots& \ddots & \ddots &1\\ 1 & \cdots & 1 &b \end{pmatrix}\in \MM_n(\R)$, avec $b\in \R$. Déterminer $\det(A)$.

Correction

Il est clair que si $b=1$ alors $\det (A)=0$.
On effectue l'opétration suivante, $C_1\longleftarrow C_1+\dsum_{k=2}^nC_k$, on obtient $$ \det (A)= \begin{vmatrix} b+n-1 &1 &\cdots&1\\ b+n-1 &\ddots & \ddots &\vdots\\ \vdots& \ddots & \ddots &1\\ b+n-1 & \cdots & 1 &b \end{vmatrix}= (b+n-1)\begin{vmatrix} 1 &1 &\cdots&1\\ 1 &b & \ddots &\vdots\\ \vdots& \ddots & \ddots &1\\ 1 & \cdots & 1 &b \end{vmatrix}= (b+n-1)\det (A')$$ Ensuite, dans la matrice $A'$, on effectue les opérations suivantes: $$\forall k\in \inter{2,n},\quad C_k\longleftarrow C_k-C_1$$ Ce qui donne $$\det(A)= (b+n-1) \begin{vmatrix} 1 &0 &\cdots&0\\ 1 &b-1 & \ddots &\vdots\\ \vdots& \ddots & \ddots &0\\ 1 & \cdots & 0 &b-1 \end{vmatrix}=(b+n-1)(b-1)^{n-1}$$

Soit $A\in \MM_n(\K)$ alors $$A\in GL_n(\K)\Longleftrightarrow \det(A)\neq 0.$$

Remarque

On a déjà montré que si $A$ est non inversible alors $\det(A)=0$.

  1. Soit $A\in \MM_n(\K)$ alors $\det(A)=\det({\,}^t A)$.
  2. Soient $A,B\in \MM_n(\K)$, on a $$\det(AB)=\det(A)\det(B).$$ En particulier:
    1. Soit $A\in\mathrm{GL}_n(\K)$ alors $$\det(A^{-1})=\dfrac{1}{\det(A)}.$$
    2. Soient $A,B\in \MM_n(\K)$, si $A$ et $B$ sont semblable alors $$\det(A)=\det(B).$$

Déterminant d'un endomorphisme Soient $E$ un $\K$-e-v de dimension $n$, $\BB$ une base de $E$ et $u\in \LL(E)$. On définit le déterminant de $u$ noté $\det(u)$ par $$\det(u)=\det(M_\BB(u))$$

Remarque

Cette définition de $\det(u)$ ne dépend pas du choix de la base. En effet si $\BB'$ une autre base de $E$ alors $M_\BB(u)$ et $M_{\BB'}(u)$ sont semblables.

Mines-Télécom PSI 2017

Soit $\fonct{\varphi}{\MM_n(\R)}{\MM_n(\R)}{M}{M+\mathrm(tr) (M)I_n}$. Déterminer $\det(\varphi)$ et $\mathrm(tr) (\varphi)$.
On pourra commencer par résoudre les systèmes $\varphi(M)=M$ et $\varphi(M)=(n+1)M$.

Calculs de déterminant

L'application $\det$ est multilinéaire par rapport aux colonnes de la matrice mais elle n'est pas linéaire!
Ainsi, 'en générale', $$\det(A+B)\neq \det(A)+\det(B),\quad$$ $$\det(\lambda A)\neq \lambda\det (A).$$

Développement selon une colonne

Soit $A=(a_{i\,j})\in \MM_n(\K)$ ($n\geq 2$). On note $A_{i\,j}$ la matrice de taille $n-1$ obtenue à partir de $A$ en supprimant la $i$ ème ligne et la $j$ ème colonne de $A$.
Exemple

On considère $A=\begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & a_{13} & a_{14} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23} & a_{24} \\ a_{31} & a_{32} & a_{33} & a_{34} \\ a_{41} & a_{42} & a_{43} & a_{44} \\ \end{pmatrix}$, alors $$ A_{32}= \begin{bmatrix} a_{11} & a_{13} & a_{14} \\ a_{21} & a_{23} & a_{24} \\%[-2mm] a_{41} & a_{43} & a_{44} \end{bmatrix},\quad A_{14}= \begin{bmatrix} a_{21} & a_{22} & a_{23} \\ a_{31} & a_{32} & a_{33} \\%[-2mm] a_{41} & a_{42} & a_{43} \end{bmatrix}.$$

Soient $A\in \MM_n(\K)$ et $(i,j)\in \inter{1,n}^2$. On appelle

  • Mineur relativement à $a_{ij}$ le scalaire $\Delta_{i\,j}=\det(A_{i\,j})$.
  • Cofacteur relativement à $a_{ij}$ le scalaire $C_{i\,j}=(-1)^{i+j}\Delta_{i\,j}=(-1)^{i+j}\det(A_{i\,j})$.

Soit $A\in \MM_n(\K)$, pour tout $j\in \inter{1,n}$, on a $$\boxed{\det(A)=\dsum_{i=1}^na_{i\,j}(-1)^{i+j}\Delta_{i\,j}= \dsum_{i=1}^na_{i\,j}C_{i\,j}}.$$ Cette formule s'appelle le développement de $\det(A)$ selon la $j$ ème colonne.

Remarques

  1. Comme $\det(A)=\det({\,}^t A)$, alors on peut faire le développement aussi selon une ligne. $$\forall i\in \inter{1,n},\,\det(A)=\dsum_{j=1}^na_{i\,j}(-1)^{i+j}\Delta_{i\,j}.$$
  2. Ainsi, pour calculer $\det(A)$ il est plus intéressant de choisir la ligne (ou la colonne) de $A$ qui contient le plus de $0$ puis faire le calcul selon cette ligne.
  3. Ainsi, pour calculer un déterminant de taille $n$, on fait $n$ calculs de déterminant de taille $n-1$.
    Le coût de calcul de déterminent par cette méthode est de l'ordre $n!$.

Exemples

  1. $A=\begin{pmatrix} a&b\\ c&d \end{pmatrix}$, alors $\det(A)=(-1)^{1+1}ad+(-1)^{2+1}bc =ad-bc.$
  2. $A=\begin{pmatrix} a&b&c\\ x&y&z\\ u&v&w \end{pmatrix}$, alors $$\det(A)= a\begin{vmatrix} y&z\\v&w \end{vmatrix}-x\begin{vmatrix} b&c\\v&w \end{vmatrix}+u\begin{vmatrix} b&c\\y&z \end{vmatrix}.$$

CCP MP 2018

Soient $a_1\leq a_2\leq \cdots\leq a_n\in \R$. Calculer $\det(A)$ avec $A=\left(\abs{a_i-a_j}\right)_{i,j\in \inter{1,n}}$.

Comatrice

Soit $A\in \MM_n(\K)$. On appelle comatrice de $A$ la matrice $\mathrm{Com}(A)=(b_{ij})$ avec: $$\forall i,j\in \inter{1,n},\quad b_{ij}=C_{i\,j}=(-1)^{i+j}\Delta_{i\,j}.$$

Soit $A\in \MM_n(\K)$, alors $$\boxed{A {\,}^t (\mathrm{Com})={\,}^t (\mathrm{Com})A=\det(A)I_n}. $$

Démonstration
Soit $(i,j)\in \inter{1,n}$, on a $$(A{\,}^t(\mathrm{Com}(A)))_{i\,j}=\dsum_{\ell=1}^na_{i\,\ell}b_{j\,\ell}=\dsum_{\ell=1}^na_{i\,\ell}C_{j\,\ell}.$$ On distingue deux cas:
  1. Si $i=j$, on reconnaît la formule de $\det(A)$.
  2. Si $i\neq j$, on reconnaît la formule de $\det$ pour une matrice égale à $A$ à une ligne près!
Remarque

On remarque que si $A\in GL_n(\K)$, alors le théorème précédent donne l'inverse de $A$, en effet $$A^{-1}=\dfrac{1}{\det(A)}{\,}^t(\mathrm{Com}(A)).$$ Cette méthode peut être utilisé pour une matrice de taille 3 ou 4... mais en générale elle doit être évitée (coût de calculs!!).

Exemple

Soit $A=\begin{pmatrix} 2&1&1\\ 1&2&1\\ 1&1&2 \end{pmatrix}$. Montrer que $A$ est inversible et calculer $A^{-1}$.
On a $$A_{11}= \begin{vmatrix} 2&1\\ 1&2 \end{vmatrix}=3,\, A_{22}=A_{33}=A_{11}.$$ $$A_{12}=A_{21}= \begin{vmatrix} 1&1\\ 1&2 \end{vmatrix}=1,\,A_{13}= \begin{vmatrix} 1&2\\ 1&1 \end{vmatrix}=-1 $$ $$A_{23}=A_{32}=\begin{vmatrix} 2&1\\ 1&1 \end{vmatrix}=1, A_{31}=\begin{vmatrix} 1&1\\ 2&1 \end{vmatrix}=-1.$$ Donc $$\det(A)=2A_{11}-A_{21}+A_{31}=6-1-1=4\neq 0,$$ donc $A$ est inversible, et $$\mathrm{Com}(A)=\begin{bmatrix} 3&-1&-1\\ -1&3&-1\\ -1&-1&3 \end{bmatrix} $$ On en déduit alors $$A^{-1}=\frac{1}{4 }\begin{bmatrix} 3&-1&-1\\ -1&3&-1\\ -1&-1&3 \end{bmatrix} $$

Soit $A\in \MM_n(\K)$,

  1. Si $\rg(A)=n$ alors $\rg(\mathrm{Com}(A))=\cdots$
  2. Si $\rg(A)=n-1$ alors $\rg(\mathrm{Com}(A))=\cdots$
  3. Si $\rg(A)< n-1$ alors $\rg(\mathrm{Com}(A))=\cdots$

Exemples

calcul par blocs

Soit $A \in \MM_n(\K)$, écrite par blocs sous la forme \begin{equation*} A= \begin{pmatrix} A_{1} & B_{1} \\ 0& A_{2}\\ \end{pmatrix},\quad \text{avec } A_1\in \MM_p(\K),\, A_2\in \MM_{n-p}(\K),\, B_n\in \MM_{p,\,n-p}(\K) \end{equation*} Alors : $$\boxed{\det A \ = \ \det A_1 \times \det A_2}.$$

Démonstration
On remarque que : $$\begin{bmatrix}A_1 & B\\ 0 &A_2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}I_p & B \\ 0 & A_2\end{bmatrix}\times \begin{bmatrix}A_1 & 0 \\ 0 & I_{n-p}\end{bmatrix}$$ donc $$\begin{vmatrix} A_1 & B\\ 0 &A_2\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}I_p & B \\ 0 & A_2\end{vmatrix}\times \begin{vmatrix} A_1 & 0 \\ 0 & I_{n-p}\end{vmatrix}$$ Puis $\begin{vmatrix}I_p & B \\ 0 & A_2\end{vmatrix} = \det A_2$ en développant $ p$ fois le déterminant selon la première colonne, et $\begin{vmatrix}A_1 & 0 \\ 0 & I_{n-p}\end{vmatrix} = \det A_1$ en développant $n-p$ fois selon la dernière colonne.

Déterminant de Vandermonde Il s'agit du déterminant (d'ordre $n$) : $$V(a_1,a_2,\ldots,a_n) = \begin{vmatrix}1 & a_1 & a_1^2 & \ldots &a_1^{n-1} \\ 1 & a_2 & a_2^2 &\ldots & a_2^{n-1} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ldots & \vdots \\ 1 & a_n &a_n^2 & \ldots &a_n^{n-1} \end{vmatrix}$$ où les $a_i$ sont des éléments de $\K$.

Soient $a_1,\cdots,a_n\in \K$, alors $$V(a_1,a_2,\ldots,a_n) = \begin{vmatrix}1 & a_1 & a_1^2 & \ldots &a_1^{n-1} \\ 1 & a_2 & a_2^2 &\ldots & a_2^{n-1} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ldots & \vdots \\ 1 & a_n &a_n^2 & \ldots &a_n^{n-1} \end{vmatrix}=\dsp \prod_{1 \leqslant i < j \leqslant n}(a_j-a_i)$$

Applications

Résolution d'un système linéaire

Formule de Cramer

Soit $A = (C_1,\cdots,C_n)\in GL_n(\K)$ ($C_j$ est la $j$ ème colonne de $A$). On considère le système $AX=b$, $b\in \K^n$ alors $$\boxed{\forall i\in \inter{1,n},\quad x_i=\dfrac{\det(A_i(b))}{\det(A)}}.$$ Avec $$x={\,}^t (x_1,\cdots,x_n),\text{ et }\,A_i(b)=(C_1,\cdots,C_{i-1},b,C_{i+1},\cdots,C_n).$$

Démonstration
Soit $(e_1,\cdots,e_n)$ la base canonique de $\K^n$, pour $x\in \K^n$ et $i\in \inter{1,n}$, on note: $$I_{n,\,i}=(e_1,e_2,\cdots,e_{i-1},x,e_{i+1},\cdots,e_n).$$ Autrement dit, $I_{n,\,i}$ est la matrice $I_n$ à laquelle on a remplacé la $i$ ème colonne par $x$.
D'autre part, en prenant $x$ la solution du système, $$\begin{array}{lcl} A I_{n,\,i}&=&(Ae_1,\cdots,Ae_{i-1},Ax,\cdots,Ae_n)\\ &=&(C_1,\cdots,C_{i-1},b,\cdots,C_n)=A_i(b) \end{array}$$ Ce qui donne $\det(AI_{n,\,i}(x))=\det(A_i(b))=\det(A)\det(I_{n,\,i}(x)).$
Il reste à calculer $\det(I_{n,i}(x))$ $$\begin{vmatrix} 1&0&\cdots&0&x_1&0&\cdots&0\\ 0&1& & &x_2& & & 0\\ & & & 1& & & & \\ & & & &x_i& & &\\ & & & & & 1 & &\\ & & & & \vdots & & &\\ 0& & & &x_n & & 0 &1 \end{vmatrix}\overset{C_i\leftarrow C_i-x_1C_1-\cdots-x_{i-1}C_{i-1}}{=}x_i $$
Remarque

Cette méthode a uniquement un intérêt théorique, en effet elle a un cout de calculs très important,

  1. Évaluer $(n+1)$ déterminant et $n$ division
  2. Le calcul de déterminant exigent $\mathrm{O}((n+1)!)$ (en suivant la méthode vu précédement)
  3. Même si on utilise la méthode de Gauss pour le calcul de déterminant (donc un cout de l'ordre $\mathrm{O}(n^3)$, la méthode de Cramer sera de l'ordre $\mathrm{O}(n^4)$!

Calculs d'aire et volume

  1. Soient $v_1,v_2\in \R^2$, la surface du parallélogramme engendré par $v_1$ et $v_2$ est égale à $\abs{\det((v_1,v_2))}$.
  2. Soient $u,v,w\in \R^3$, le volume du parallélépipède engendré par $u,v$ et $w$ est égale à $\abs{\det((u,v,w))}$.