Calculer un déterminant en maths sup (MPSI) : cours et méthodes

On note \(S_n\) l’ensemble des bijections de \(\{1,\dots,n\}\) dans lui-même. Muni de la composition, c’est un groupe de cardinal \(n!\), appelé groupe symétrique. On écrit une permutation \(\sigma\) sur deux lignes : la première contient \(1,\dots,n\), la seconde leurs images \(\sigma(1),\dots,\sigma(n)\).

Soit \(k\geqslant 2\) et \(a_1,\dots,a_k\) des éléments distincts. Le cycle \((a_1\ a_2\ \cdots\ a_k)\) envoie \(a_1\) sur \(a_2\), puis \(a_2\) sur \(a_3\), et ainsi de suite jusqu’à \(a_k\), envoyé sur \(a_1\). Tout élément hors de \(\{a_1,\dots,a_k\}\) reste à sa place. On dit que \(k\) est la longueur de ce cycle. Lorsque \(k=2\), on parle de transposition.

Chaque élément de \(S_n\) s’écrit comme un produit de cycles dont les supports ne se rencontrent pas. Hormis l’ordre des facteurs, cette écriture est unique. De plus, ces cycles commutent. Par ailleurs, les transpositions engendrent \(S_n\).

On appelle inversion de \(\sigma\in S_n\) toute paire d’indices \(i<j\) dont l’ordre est renversé, c’est-à-dire telle que \(\sigma(i)>\sigma(j)\). En notant \(N(\sigma)\) le total de ces paires, on pose \(\varepsilon(\sigma)=(-1)^{N(\sigma)}\). On dit que \(\sigma\) est paire si \(\varepsilon(\sigma)=1\), impaire sinon.

L’application \(\varepsilon : S_n\to\{-1,1\}\) est un morphisme de groupes : \(\varepsilon(\sigma\circ\tau)=\varepsilon(\sigma)\,\varepsilon(\tau)\). Toute transposition a pour signature \(-1\). Par conséquent, un cycle de longueur \(k\) a pour signature \((-1)^{k-1}\).

Pour calculer la signature d’une permutation donnée sur deux lignes :

1. Suivre les images à partir de 1 jusqu’à revenir à 1 : on obtient le premier cycle.
2. Recommencer avec le plus petit élément non encore visité, jusqu’à épuiser \(\{1,\dots,n\}\).
3. Multiplier les signatures \((-1)^{k-1}\) des cycles obtenus, les points fixes comptant pour 1.

Autrement dit, si \(\sigma\) possède \(m\) cycles en comptant les points fixes, alors \(\varepsilon(\sigma)=(-1)^{n-m}\).

Prenons dans \(S_7\) la permutation \(\sigma\) dont la seconde ligne est \(3,6,1,7,2,5,4\). D’abord, \(1\mapsto 3\mapsto 1\) donne la transposition \((1\ 3)\). Ensuite, \(2\mapsto 6\mapsto 5\mapsto 2\) donne le cycle \((2\ 6\ 5)\). Enfin, \(4\mapsto 7\mapsto 4\) donne \((4\ 7)\). Donc \(\sigma=(1\ 3)(2\ 6\ 5)(4\ 7)\).

La signature vaut \((-1)\times 1\times(-1)=1\) : la permutation est paire. Pour contrôler, comptons les inversions. Le 3 en domine 2, le 6 en domine 4, le 7 en domine 3 et le 5 en domine une seule. On trouve 10 inversions, nombre pair, ce qui confirme le résultat.

On dit que \(f : E^n\to\mathbb{K}\) est \(n\)-linéaire lorsque, pour chaque position \(k\), l’application partielle obtenue en gelant les \(n-1\) autres arguments est linéaire. On dit qu’elle est alternée lorsqu’elle s’annule sur toute famille qui possède deux termes égaux à des positions différentes.

Soit \(f\) une forme \(n\)-linéaire alternée sur \(E\).

1. Échanger deux vecteurs change \(f\) en son opposée : \(f\) est antisymétrique.
2. Pour toute \(\sigma\in S_n\), on a \(f(x_{\sigma(1)},\dots,x_{\sigma(n)})=\varepsilon(\sigma)\,f(x_1,\dots,x_n)\).
3. Si la famille \((x_1,\dots,x_n)\) est liée, alors \(f(x_1,\dots,x_n)=0\).

Pour le premier point, on place \(x_i+x_j\) en positions \(i\) et \(j\). Le résultat est nul car la forme est alternée. Puis on développe par bilinéarité : les deux termes où le même vecteur apparaît deux fois sont nuls. Il reste \(f(\dots,x_i,\dots,x_j,\dots)+f(\dots,x_j,\dots,x_i,\dots)=0\).

Le deuxième point s’en déduit, car \(\sigma\) est un produit de transpositions et chacune apporte un facteur \(-1\). Enfin, si la famille est liée, l’un des vecteurs est combinaison linéaire des autres. En développant par linéarité, chaque terme contient deux vecteurs égaux, donc il est nul.

Soit \(\mathcal{B}=(e_1,\dots,e_n)\) une base de \(E\). Une seule forme \(n\)-linéaire alternée prend la valeur 1 sur \(\mathcal{B}\) : elle est notée \(\det_{\mathcal{B}}\). Lorsque chaque \(x_j\) se décompose en \(x_j=\sum_{i=1}^n a_{i,j}e_i\), elle est donnée par

\[\det\nolimits_{\mathcal{B}}(x_1,\dots,x_n)=\sum_{\sigma\in S_n}\varepsilon(\sigma)\,a_{\sigma(1),1}\,a_{\sigma(2),2}\cdots a_{\sigma(n),n}.\]

Enfin, n’importe quelle forme \(f\) de ce type est proportionnelle à \(\det_{\mathcal{B}}\), avec \(f=f(\mathcal{B})\,\det_{\mathcal{B}}\).

On développe \(f(x_1,\dots,x_n)\) par multilinéarité. On obtient une somme de termes \(a_{i_1,1}\cdots a_{i_n,n}\,f(e_{i_1},\dots,e_{i_n})\). Dès que deux indices coïncident, le terme est nul. Il reste donc les termes où \(j\mapsto i_j\) est une permutation \(\sigma\). Or \(f(e_{\sigma(1)},\dots,e_{\sigma(n)})=\varepsilon(\sigma)f(\mathcal{B})\), ce qui donne la formule et l’unicité. Réciproquement, on vérifie que la somme écrite est bien \(n\)-linéaire, alternée et vaut 1 en \(\mathcal{B}\).

Une famille \((x_1,\dots,x_n)\) de \(E\) est une base si et seulement si \(\det_{\mathcal{B}}(x_1,\dots,x_n)\neq 0\). De plus, pour deux bases \(\mathcal{B}\) et \(\mathcal{B}^{\prime}\), on a \(\det_{\mathcal{B}^{\prime}}=\det_{\mathcal{B}^{\prime}}(\mathcal{B})\,\det_{\mathcal{B}}\).

Soit \(u\in\mathcal{L}(E)\) et \(\mathcal{B}\) une base de \(E\). Le scalaire \(\det_{\mathcal{B}}(u(e_1),\dots,u(e_n))\) ne dépend pas de la base \(\mathcal{B}\). On l’appelle déterminant de \(u\) et on le note \(\det u\).

Pour \(u,v\in\mathcal{L}(E)\) et \(\lambda\in\mathbb{K}\), on a \(\det(u\circ v)=\det u\,\det v\) et \(\det(\lambda u)=\lambda^n\det u\). De plus, \(u\) est un automorphisme si et seulement si \(\det u\neq 0\), et dans ce cas \(\det(u^{-1})=(\det u)^{-1}\).

Pour \(A,B\in\mathcal{M}_n(\mathbb{K})\) et \(\lambda\in\mathbb{K}\) :

1. \(\det(AB)=\det A\,\det B\) ;
2. \(\det(\lambda A)=\lambda^n\det A\) ;
3. \(\det(A^{T})=\det A\) ;
4. \(A\) est inversible si et seulement si \(\det A\neq 0\), et alors \(\det(A^{-1})=1/\det A\).

Le déterminant d’une matrice triangulaire, supérieure ou inférieure, est le produit de ses coefficients diagonaux. En particulier, \(\det I_n=1\).

Soit \(A\in\mathcal{M}_n(\mathbb{K})\). Les règles suivantes valent pour les lignes comme pour les colonnes.

1. Permutation de deux lignes : le déterminant change de signe.
2. Dilatation d’une ligne par un facteur \(\lambda\) : le déterminant subit le même facteur.
3. Transvection, où l’on ajoute à \(L_i\) une combinaison des autres lignes : la valeur reste intacte.

Calculons le déterminant de la matrice ci-dessous.

\[\Delta=\begin{vmatrix}1&3&-2&0\\2&7&-3&1\\-1&-1&4&3\\3&9&-5&2\end{vmatrix}\]

D’abord, le pivot 1 en haut à gauche permet d’annuler la première colonne. On effectue \(L_2\leftarrow L_2-2L_1\), \(L_3\leftarrow L_3+L_1\) et \(L_4\leftarrow L_4-3L_1\). Ces opérations ne changent pas \(\Delta\). Ensuite, on développe selon la première colonne, qui ne contient plus qu’un 1.

\[\Delta=\begin{vmatrix}1&1&1\\2&2&3\\0&1&2\end{vmatrix}\]

Enfin, \(L_2\leftarrow L_2-2L_1\) donne la ligne \((0,0,1)\). En développant selon cette ligne, on obtient \(\Delta=-\begin{vmatrix}1&1\\0&1\end{vmatrix}=-1\). Le signe moins provient de la position \((2,3)\), car \((-1)^{2+3}=-1\).

Pour \(A\in\mathcal{M}_n(\mathbb{K})\) avec \(n\geqslant 2\), on appelle mineur \(\Delta_{i,j}\) le déterminant de la matrice d’ordre \(n-1\) obtenue en supprimant la ligne \(i\) et la colonne \(j\). Le cofacteur de position \((i,j)\) est \(C_{i,j}=(-1)^{i+j}\Delta_{i,j}\).

Pour tout indice de colonne \(j\) et tout indice de ligne \(i\), on a

\[\det A=\sum_{i=1}^{n}a_{i,j}\,C_{i,j}\qquad\text{et}\qquad\det A=\sum_{j=1}^{n}a_{i,j}\,C_{i,j}.\]

Pour un réel \(t\), considérons le déterminant suivant.

\[D(t)=\begin{vmatrix}t&0&2\\1&t&0\\0&3&t\end{vmatrix}\]

Développons selon la première ligne. Le terme central est nul, donc \(D(t)=t\,(t^2-0)+2\,(3-0)=t^3+6\). Ainsi, la matrice est non inversible pour le seul réel \(t=-\sqrt[3]{6}\).

Face à un déterminant d’ordre \(n\), on essaie dans cet ordre :

1. Repérer une structure connue : matrice triangulaire, triangulaire par blocs, Vandermonde, deux lignes proportionnelles.
2. Si toutes les lignes ont la même somme, ajouter toutes les colonnes à la première, puis factoriser.
3. Créer des zéros sur une ligne ou une colonne par opérations, puis développer.
4. Si la matrice est tridiagonale, développer selon la dernière ligne pour obtenir une récurrence.

Soit \(a,b\in\mathbb{K}\) et \(M_n\) la matrice d’ordre \(n\) qui porte \(a\) sur la diagonale et \(b\) partout ailleurs. Chaque ligne a pour somme \(a+(n-1)b\). On remplace donc \(C_1\) par \(C_1+C_2+\dots+C_n\), puis on factorise ce nombre.

La première colonne ne contient alors que des 1. Ensuite, on retire \(L_1\) à toutes les autres lignes. On obtient une matrice triangulaire de diagonale \(1,a-b,\dots,a-b\). Par conséquent, \(\det M_n=\bigl(a+(n-1)b\bigr)(a-b)^{n-1}\).

Notons \(D_n\) le déterminant d’ordre \(n\) avec des 5 sur la diagonale, des 2 juste au-dessus et des 3 juste en dessous. Développons selon la dernière ligne, qui contient 3 puis 5. Le coefficient 5 donne \(5D_{n-1}\). Ensuite, le coefficient 3 donne \(-3\) fois un mineur. On développe ce mineur selon sa dernière colonne, qui ne contient plus que le 2. Il vaut donc \(2D_{n-2}\).

\[D_n=5D_{n-1}-6D_{n-2}\qquad(n\geqslant 3),\qquad D_1=5,\quad D_2=19.\]

L’équation caractéristique \(r^2-5r+6=0\) a pour racines 2 et 3. Il existe donc deux constantes avec \(D_n=\alpha 3^n+\beta 2^n\). En posant \(D_0=1\), la relation reste vraie pour \(n=2\). Les conditions \(\alpha+\beta=1\) et \(3\alpha+2\beta=5\) donnent \(\alpha=3\) et \(\beta=-2\). Finalement, \(D_n=3^{n+1}-2^{n+1}\).

Pour un déterminant tridiagonal à coefficients constants \(a\) sur la diagonale, \(b\) au-dessus et \(c\) en dessous :

1. Développer selon la dernière ligne pour obtenir \(D_n=aD_{n-1}-bc\,D_{n-2}\).
2. Calculer \(D_1=a\) et \(D_2=a^2-bc\), ou poser \(D_0=1\).
3. Résoudre l’équation \(r^2-ar+bc=0\). Si elle a deux racines distinctes \(r_1,r_2\), on écrit \(D_n=\alpha r_1^n+\beta r_2^n\). Si elle a une racine double \(r\), on écrit \(D_n=(\alpha+\beta n)r^n\).
4. Vérifier la formule obtenue pour \(n=1\) et \(n=2\).

Soit \(x_1,\dots,x_n\in\mathbb{K}\). Le déterminant de Vandermonde est celui de la matrice dont la ligne \(i\) vaut \((1,x_i,x_i^2,\dots,x_i^{n-1})\). Il vaut

\[V(x_1,\dots,x_n)=\prod_{1\leqslant i<j\leqslant n}(x_j-x_i).\]

Ainsi, \(V\) s’annule exactement lorsque deux des points \(x_i\) coïncident.

On raisonne par récurrence sur \(n\), le cas \(n=1\) donnant 1. Si deux \(x_i\) sont égaux, deux lignes coïncident et tout est nul. Sinon, on remplace \(x_n\) par une indéterminée \(X\). En développant selon la dernière ligne, on obtient un polynôme \(P\) de degré au plus \(n-1\). Son coefficient en \(X^{n-1}\) est le cofacteur \(V(x_1,\dots,x_{n-1})\).

Par ailleurs, \(P(x_i)=0\) pour \(i\leqslant n-1\), car deux lignes deviennent égales. Ces \(n-1\) racines sont distinctes, donc \(P=V(x_1,\dots,x_{n-1})\prod_{i=1}^{n-1}(X-x_i)\). On conclut en évaluant en \(x_n\) et en appliquant l’hypothèse de récurrence.

Le déterminant de Vandermonde intervient dès qu’on cherche un polynôme de degré au plus \(n-1\) dont on impose les valeurs en \(n\) points distincts. Le système linéaire correspondant a pour matrice une matrice de Vandermonde. Comme son déterminant est non nul, il existe un unique polynôme solution.

La comatrice de \(A\in\mathcal{M}_n(\mathbb{K})\), avec \(n\geqslant 2\), est la matrice \(\mathrm{com}(A)=(C_{i,j})\) de ses cofacteurs.

Pour toute \(A\in\mathcal{M}_n(\mathbb{K})\), on a \(A\,\mathrm{com}(A)^{T}=\mathrm{com}(A)^{T}A=\det(A)\,I_n\). Par conséquent, si \(A\) est inversible,

\[A^{-1}=\frac{1}{\det A}\,\mathrm{com}(A)^{T}.\]

Fixons deux indices \(i\) et \(k\). Le terme d’indice \((i,k)\) du produit est la somme \(\sum_j a_{i,j}C_{k,j}\). Pour \(i=k\), on y reconnaît \(\det A\) développé suivant sa \(i\)-ième ligne. Pour \(i\neq k\), introduisons \(A^{\prime}\), déduite de \(A\) en écrasant sa ligne \(k\) par une copie de sa ligne \(i\). Les cofacteurs de \(A^{\prime}\) relatifs à la ligne \(k\) sont ceux de \(A\), donc la somme vaut \(\det A^{\prime}\). Or \(A^{\prime}\) possède deux lignes identiques, d’où la nullité.

Pour une matrice d’ordre 2, la formule redonne un résultat bien connu. Si \(ad-bc\neq 0\), alors

\[\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}^{-1}=\frac{1}{ad-bc}\begin{pmatrix}d&-b\\-c&a\end{pmatrix}.\]

Prenons maintenant \(B\) d’ordre 3 avec pour lignes \((1,0,1)\), \((2,1,0)\) et \((0,1,3)\). Le développement selon la première ligne donne \(\det B=1\times 3+1\times 2=5\). Les neuf cofacteurs se calculent ensuite un par un. Par exemple, \(C_{1,1}=3\), \(C_{1,2}=-6\) et \(C_{1,3}=2\). On trouve finalement

\[B^{-1}=\frac{1}{5}\begin{pmatrix}3&1&-1\\-6&3&2\\2&-1&1\end{pmatrix}.\]

On contrôle en multipliant la première ligne de \(B\) par les colonnes de cette matrice : on obtient \((5,0,0)/5\), comme attendu.

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