Déterminants. Marc SAGE 9 août Inverses et polynômes 3

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1 Déterminants Marc SAGE 9 août 28 Table des matières Quid des formes n-linéaires alternées? 2 2 Inverses et polynômes 3 3 Formule de Miller pour calculer un déterminant (ou comment illustrer une idée géniale) 3 4 Le déterminant n est pas linéaire 4 5 Application du caractère polynomial du déterminant 4 6 Déterminants par blocs : deux idées à retenir 5 7 Déterminant de Schmidt : une astuce à connaître 6 8 Déterminant d Hurwitz : une autre idée à retenir 6 9 Combinatoire et matrice d incidence 7 Un caractérisation du déterminant 8 Un peu d analyse 9 2 Un lemme inutile illustrant une idée géniale 3 DL du déterminant 4 Sur la connexité de matrices à rang pré xé 2 5 Déterminant de Cauchy 4 6 Théorème de Müntz 5 7 Théorème de Frobenius-Zolotarev 7

2 Le déterminant d une matrice A pourra être noté jaj, avec l avantageuse propriété jaj jaj jj Les trois premiers exercices sont essentiellement destinés à véri er que la construction et les principales propriétés du déterminant sont maîtrisées Quid des formes n-linéaires alternées? À une matrice A de M n (K) on associe une application M f A : n (K)! K (C j ::: j C n ) 7! P n j det (C j ::: j C j j AC j j C j+ j ::: j C n ) où les C i désignent les colonnes de la matrice (C j ::: j C n ) Montrer que f A (tr A) det Solution proposée Montrons dans un premier temps que f A et det sont colinéaires, on calculera ensuite le coe cient de colinéarité en évaluant en l identité Il s agit donc de prouver que f A est une forme n-linéaire alternée (en les colonnes de la variable) Le caractère n-linéaire est évident car A est linéaire et det est n-linéaire Pour le côté alterné, prenons deux colonnes C i et C j égales (avec i < j), et regardons f A (::: j C i j ::: j C j j :::) n det (::: j C k j AC k j C k+ j :::) k Pour k di érent de i et j, la colonne commune apparaît deux fois dans le déterminant de droite, ce qui donne par alternance de det Il reste donc à calculer la somme des deux termes restants On utilise pour cela l antisymétrie de det quand on intervertit les i-ième et j-ième colonnes du second terme : det (::: j C i j AC i j C i+ j ::: j C j j C j j C j+ j :::) + det (::: j C i j C i j C i+ j ::: j C j j AC j j C j+ j :::) det (::: j C i j AC i j C i+ j ::: j C j j C j j C j+ j :::) j C i j AC j {z} AC i j C i+ j ::: j C j C j C {z} i j C j+ j ::: A C j On a donc montré que f A det pour un certain scalaire Il reste à trouver en évaluant f A en une matrice particulière pertinente, par exemple l identité En notant E j et A j les j-ièmes colonnes de l identité et de la matrice A, on a clairement AE j A j, d où a j ;j det (::: j E j j AE j j E j+ j :::) a j;j a j+;j en développant selon la j-ième ligne Il en résulte det I n f A (I n ) n det (::: j E j j AE j j E j+ j :::) j a j;j n a j;j tr A, CQFD j 2

3 2 Inverses et polynômes Soit P : C! GL n (C) une application dont toutes les composantes sont polynomiales Montrer que z 7! P (z) est aussi polynomiale en chacune de ses composantes Solution proposée On connaît une formule pour l inverse : A t jaj com A Les cofacteurs étant des déterminants (donc des polynômes) en les coe cients de A, l application z 7! t com P (z) est bien polynomiale Pour se débarasser du déterminant, il su t de dire que det P est un polynôme en z qui ne s annule jamais (P est à image dans GL n!) sur C tout entier, c est donc une constante par D Alembert-Gauss Ploum 3 Formule de Miller pour calculer un déterminant (ou comment illustrer une idée géniale) Soit A une matrice de M n (K) telle que a ; 6 Montrer que det A a n ; 2 det a ; a ;j a i; a i;j i;j2;:::;n En déduire que le déterminant d une matrice de taille n à coe cients dans f ; g est divisible par 2 n Solution proposée a Notons C j ; a ;j a i; a i;j i2;:::;n privée de sa première ligne On remarque que a en e et, il su t d écrire ; a ;j a ; a i;j a i; a i;j! la j-ième colonne du terme de droite et A j la j-ième colonne de A a ; C j A j a ;j a ; A : C2 a; n 2 det (C 2 j ::: j C n ) a ; det j ::: j a ; a ;j a ; a i; pour tout i 2; :::; n On en déduit C n a ; a ;j a ; det A j A a ; j2;:::;n Pour calculer ce déterminant, on aimerait bien pouvoir faire des opérations sur les colonnes pour faire sauter le A qui apparaît partout Mais A n apparaît pas toute seule Qu à cela tienne, on la fait apparaître en incrémentant le taille de la matrice! (c est ça, l idée géniale, merci à runo Le Floch) : a ;j det A j A a ; j2;:::;n det () A a A ;j j a ; A j2;:::;n a; (a a n ; det ;j ) A (A j )! det a n ; det A, CQFD a;j a ; A (A j )! Remarque Cette formule a un grand avantage sur le développement selon une ligne ou une colonne D une part, sa complexité est moindre : on calcule n i 2 i n (n ) (2n ) 6 déterminants d ordre 2 au lieu de n! D autre part, calculer un déterminant de la sorte est bien plus agréable à faire et à présenter que d écrire les n cofacteurs de la ligne/colonne par rapport à laquelle on developpe (pour le cas général, bien sûr) n3 3 3

4 4 Le déterminant n est pas linéaire Trouver toutes les matrices A de M n (K) telles que 8M 2 M n (K) ; det (A + M) det A + det M 2 En déduire que si det (A + M) det ( + M) pour toute matrice M, alors A Solution proposée En réduisant A P J r Q, on paramétrise naturellement M n (K) par M P NQ où N décrit M n (K), de sorte que notre hypothèse de travail est équivalente à det [P (J r + N) Q] det (P J r Q) + det (P NQ) () det (J r + N) det J r + det N On vient donc de réduire le problème aux J r ; comme quoi ce procédé à l apparence sthûssieuse sert vraiment, il faut y penser dans ce genre de problème matriciels très "bidouillatoires" Le problème n a guère d intérêt pour n : l égalité ci-dessus est en e et alors toujours véri ée On supposera donc n 2 En prenant M A, on obtient 2 n jaj 2 jaj, d où jaj En prenant N I n, on obtient 2 r, ce qui impose r La seule matrice pouvant convenir est donc A 2 Pour le corollaire, on pose M N A, ce qui impose pour toute matrice N det N det (C + N) avec C : A Faire N montre que det C, ce qui permet de réécrire nous hypothèse sous la forme det (C + N) det C + det N de la première question On en déduit C, i e A 5 Application du caractère polynomial du déterminant Soient A et deux matrices réelles semblables dans M n (C) Montrer qu en fait A et sont semblables dans M n (R) 2 Généraliser le résultat en considérant une extension R,! K de dimension nie 2 sur R, puis de dimension quelconque 3 Que se passe-t-il si l on remplace R par un corps in ni? Solution proposée Soit P une matrice complexe inversible telle que P AP En décomposant P selon parties réelle et imaginaire, disons P R +is avec R et S réelles, on obtient (en identi ant parties réelle et imaginaire) RA R P A P ) RA + isa R + is ) ) 8t 2 R; (R + ts) A (R + ts) SA S Il s agit maintenant de trouver un t tel que R + ts soit inversible Or, l application t 7! det (R + ts) est polynomiale sur C, non nulle puisque det (R + is) det P 6 (P est inversible!), donc n admet qu un nombre ni de racines N importe quel réel t en dehors de ces racines fera alors l a aire Une extension d un corps K est la donnée d un morphisme de corps K,! L Un tel morphisme est toujours injectif, ce qui permet de voir K comme un sous-corps de L Une extension de K doit donc être vue comme un sur-corps de K 2 Une extension K,! L est automatiquement munie d une structure de K-ev Si ce dernier est de dimension nie n, on dit que L est une extension nie sur K de degré n Par exemple, R,! C est une extension nie de degré 2 4

5 2 Soit maintenant K une extension de R de dimension nie d Considérons deux matrices réelles A et semblables dans M n (K), disons P A P avec P inversible Tout comme l on avait décomposé une matrice complexe sur la R-base (; i) de C, décomposons P sur une R-base (e ; :::; e d ) de K : P P d i e ip i où les P i sont réelles On en déduit comme dans le cas complexe!! d d 8t 2 R; tp + e i P i A tp + e i P i i2 En copiant l argument déjà évoqué, l application t 7! det tp + P d i2 e ip i est polynomiale sur K, non nulle car en t e on obtient det P 6, donc n admet qu un nombre ni de racines En prenant un réel t en dehors de ces racines, on peut recommencer : l application t 7! det t P + tp 2 + P d i3 e ip i est polynomiale sur K et non nulle pour t e 2, donc on peut choisir un réel t 2 hors de ses racines Ainsi de suite, on aboutit à une matrice réelle inversible t P + tp 2 + ::: + t d P d qui rend A et semblables Si K n est plus supposé de dimension nie sur R, le résultat reste valable En e et, si P A P dans M n (K), on regarde le R-espace vectoriel E engendré par les coe cients de P, qui est par construction de dimension nie sur R On procède comme au point précédent en décomposant P P n i e ip i sur une R-base de E puis en introduisant les applications t 7! det tp + P d i2 e ip i 3 Si l on dispose d une extension k,! K quelconque où k est un corps in ni, tout marche pareil, le caractère in ni de k permettant de choisir un scalaire hors des racines de nos polynômes déterminants Remarque Si l on remplace R par un corps ni, le résultat reste valable, mais il semble di cile d en donner une preuve directe sans utiliser les invariants de similitude (qui trivialisent l exercice quel que soit le corps de base, cf cours sur la réduction de Frobenius) i2 6 Déterminants par blocs : deux idées à retenir Soit A; ; C; D quatre matrices carrées Montrer que, si A ou D est inversible et commute avec C, on peut écrire A C D det (AD C) On cherchera à multiplier la grosse matrice pour obtenir une matrice triangulaire par blocs 2 La formule reste-elle valable si A et D ne sont plus supposées inversibles? 3 Et si C ne veut plus commuter avec personne? Solution proposée Une idée est de faire apparaître AD C sur la diagonale, ce qui peut se faire en écrivant A D? AD C? (parfait si C et D commutent) C D C? CD DC? Pour que le détérminant soit aisé à calculer, on peut compléter sur la diagonale avec D (tiens, une hypothèse non utilisée) et un ailleurs : A D AD C? C D C D I Il reste à prendre les déterminants pour conclure Si c est A qui commute avec C et qui est inversible, on s y prend presque pareil : A A I? C A C D C AD 5

6 2 Il y a une astuce qui permet de rendre n importe quelle matrice (carrée) inversible On remplace tous ses coe cients par des inderminées i;j ; le déterminant alors obtenu est un polynôme non nul, donc un scalaire non nul du corps K ( i;j ), donc notre matrice est inversible dans M n (K ( i;j )), donc notre formule est valide dans le corps K ( i;j ) Il reste ensuite à remplacer les indéterminées par les valeurs de notre matrice de départ 3 Sans l hypothèse de commutativité, la formule tombe En cherchant un exemple avec beaucoup de, on peut trouver (entres autres) la matrice ligne de, mais pourtant on a C A Son déterminant est nul à cause de la det Remarque deux à deux La règle de Sarrus se généralise aisément à une matrice de matrices qui commutent toutes 7 Déterminant de Schmidt : une astuce à connaître En notant d i;j le nombre de diviseurs communs à i et j et i;j le pgcd de i et j, calculer les déterminants des matrices (d i;j ) i;j;:::;n et ( i;j ) i;j;:::;n Solution proposée L idée introuvable est d écrire la matrice concernée comme un produit de deux matrices dont le déterminant est plus ou moins trivial à calculer On peut toujours écrire d i;j kji kjj n a i;k a j;k k n [A] t i;k A A t A où a k;j i;j p;q k si q j p sinon La matrice A étant triangulaire, son déterminant est le produit de ses coe cients diagonaux, d où det A, qui est du coup la valeur du déterminant cherché De même, en se souvenant miraculeusement de l identité n P djn ' (d), on écrit i;j i ^ j ' (k) n ' (k) [] t i;k A t A ' (q) si q j p où [] k;j i;j p;q sinon kji^j kji k kjj La matrice étant triangulaire, le déterminant cherché vaut Q n k ' (k) Remarque Recourir à l identité n P djn ' (d) n est pas si astucieux que ça En e et, ce qui compte était d exprimer i ^ j comme une somme sur plusieurs conditions (dans notre cas k j i et k j j) et d introduire les matrices correspondantes à ces conditions en priant pour qu elles soient "gentilles" En ce sens, l indicatrice d Euler ne joue aucun rôle particulier 8 Déterminant d Hurwitz : une autre idée à retenir Soit a; b; x ; :::; x n des scalaires sur un corps K On veut évaluer x a a b x 2 D a;b xn a b b x n 6

7 On posera P : Q n i (x i ) On suppose dans un premier temps a 6 b En rajoutant un x à chaque coordonnée, considérer D comme un polynôme en x de degré et montrer que bp (a) D a6b b ap (b) a 2 Dans le cas a b, remplacer b par une indéterminée et appliquer le premier cas en se plaçant dans le corps K () pour obtenir D a;a P (a) ap (a) ny n Y (x i a) + a (x j a) i P (a) i j6i x i a a (si x i 6 a 8i) Solution proposée En rajoutant un x à chaque coe cient, on voit, par multilinéarité et alternance, ou en développant selon la première ligne L après avoir e ectué les opérations L i L i L, que D (x) est un polynôme x + de degré au plus On veut la valeur de D () Or, on connaît Q n a + D ( a) i (x i a) b + D ( b) Q n i (x (matrices triangulaires), i b) d où b a b Q n i (x i a) a Q n i (x i b), et en introduisant le polynôme on trouve bp (a) D b ap (b) a 2 Remplaçons à présent b par Puisque a 6 dans K (), ce qui précède s applique : P (a) D () ap () P (a) + P () a P () Or, la formule de Taylor appliquée au polynôme P au point a montre que P () ap (a) (a) (P ) (a) P (a) + ap (a) a On en déduit la valeur de D dans le cas a b : D 2P (a) (P (a) + ap (a)) P (a) ap (a) ap (a) a 9 Combinatoire et matrice d incidence Soit A ; :::; A p des parties distinctes de f; :::; ng telles que l intersection de deux quelconques distinctes d entres elles soit de cardinal c xé Montrer que p n si i 2 Aj On pourra introduire la matrice d incidence A dé nie par a i;j et s intéresser à la matrice si i 2 A j carrée t AA Solution proposée 7

8 Notons que A est de taille n p Calculons les coe cients de : t AA, qui est de taille p p : n n si k 2 Ai \ A b i;j a k;i a k;j j ja si k 2 A i \ A i \ A j j j k a donc la tête suivante, en notant a i ja i j : a c c c a C ap c A c c a p k Il est clair que a i c pour tout i, mais il ne peut y avoir égalité que pour au plus un i : en e et, un cas d égalité ja i j a i c ja i \ A j j entraînerait A i A j pour tout j ; si l on avait deux telles égalités, disons a i c a j, Aj A on aurait alors la double-inclusion i, d où l égalité A A i A i A j et i j j Ceci étant dit, l exercice précédent montre que det C ny n Y (a i c) + c i i j6i (a j c) + c Y j6k (a j c) > où k est l éventuel indice tel que a k c est donc inversible, donc de rang p Mais alors ce qui prouve p n comme voulu p rg rg t AA rg A min fn; pg, Un caractérisation du déterminant On appellera caractère (sous-entendu multiplicatif ) d une K-algèbre A toute application f : A véri ant 8a; b 2 A; f (ab) f (a) f (b) Par exemple, le déterminant est un caractère de M n (K) Si l on compose avec un caractère de K, mettons ', on obtient encore un caractère ' det de M n (K) Cet exercice montre que cette description est exhaustive Montrer que le déterminant est l unique caractère de M n (K) modulo les caractères de K On pourra déterminer l image des J r pour r < n puis montrer que les transvections s écrivent comme des commutateurs ( i e sous la forme MNM N ) attention à la caractéristique du corps Solution proposée Soit f un caractère de M n (K) L application nulle étant trivialement un caractère, on écartera le cas f par la suite Puisque f f (I n ) f (I n ) f, on doit avoir f (I n ) Ainsi, pour toute matrice A inversible, on aura f (I n ) f AA f (A) f A, d où f A f(a) On en déduit que f est constante sur chaque classe de similitude3 : f P AP f (P ) f (A) f P f (P ) f (A) f (P ) f (A) Regardons comme le suggèe l énoncé l image des J r En faisant un changement de base cyclique, on décale les du J r un cran plus haut (ceci est possible pour r < n), ce qui donne une matrice T triangulaire supérieure stricte, donc nilpotente Par ce qui précède, J r étant semblable à T, elle ont même image par f On en déduit f (J r ) f (J n r ) f (J r ) n f (T ) n f (T n ) f () 3 Une idée à retenir : si l on commute à l arrivée, penser à prendre l image pour tuer les défauts de commutativité! K 8

9 Ainsi, en écrivant toute matrice A sous la forme P J r Q où r rg A, on voit que f est nulle sur les matrices non inversibles Soit maitenant A inversible, que l on décompose sous la forme d un produit de transvections multiplié In par la dilatation Ademettons un moment que les transvections soient toutes de la forme det A MNM N ; elles sont alors toutes envoyées sur, donc l image de A ne dépend que de son déterminant : In f (A) f On peut alors écrire det A 7 f ' det 8 < K! K où ' : In :! f est un caractère de K Noter que le cas f exclu tout au début rentre dans cette description (prendre ' ) Réciproquement, la donnée d un caractère ' de K dé nit un caractère f de M n (K) via la formule f ' det Il nous reste donc à monter que les transvections sont des commutateurs Déjà, modulo un bon changement de base, on peut supposer les transvections sous la A On va chercher à écrire T comme un commutateur, puis il su ra de complèter avec I n 2 pour avoir le résultat pour n 2 2 On reamarque que T 2 est une transvection, donc semblable à T, ce qui s écrit T 2 P T P, ou encore T P T P T, CFQD Joli, non? Mais cette démonstration possède une faille : si 2, T 2 I n n est plus une transvection On s en sort autrement : f (T ) 2 f (I n ), donc f (T ), ce qui montre que les transvections sont encore envoyées sur, et la suite de la preuve s applique I n 2 Un peu d analyse Soient n et f ; :::; f n des applications de R dans C Montrer qu elles sont libres ssi il y a n réels a ; :::; a n tel que la matrice (f i (a j )) soit inversible 2 Soit F un sous-espace vectoriel de dimension nie des applications bornées de R dans C Montrer qu une suite de F converge simplement ssi elle converge uniformément Solution proposée Montrons le premier sens par récurrence sur n Pour n, (f ) est libre ssi f n est pas identiquement nulle, ce qui revient à dire qu il y a un a tel que f (a) 6, d où le résultat Soient maintenant f ; :::; f n+ libres et a ; :::; a n comme dans l énoncé pour f ; :::; f n (pour un n ) On cherche un réel x tel que f (a ) f (a n ) f (x) (x) : soit non nul f n (a ) f n (a n ) f n (x) f n+ (a ) f n+ (a n ) f n+ (x) Or, en développant selon la dernière colonne, on obtient une relation (x) P n+ i if i (x) avec n+ det f i (a j ) i;j;:::;n non nul par hypothèse de récurrence Par liberté de la famille (f ; :::; f n+ ), ne peut être identiquement nul, d où un réel a n+ tel que (a n+ ) 6, CFQD Montrons l autre sens par contraposée Soient f ; :::; f n liées, par exemple f 2 Vect (f 2 ; :::; f n ) Alors, f (a ) f (a n ) pour tous réels a ; :::; a n, le déterminant est nul : remplacer f par la combinaison f n (a ) f n (a n ) linéaire correspondante et utiliser la linéarité du déterminant par rapport à la première ligne 9

10 2 Montrons que la convergence simple implique la convergence uniforme, la réciproque étant plus ou moins tautologique Soit f ; :::; f n une base de F D après le premier point, il y a n réels a ; :::; a n tels que la matrice (f i (a j )) soit inversible Soit maintenant u k P n i k i f i une suite de fonctions de F qui converge simplement En évaluant en les a i, il u k (a ) u k (a n ) C f (a ) f n (a ) C f (a n ) f n (a n ) k k n C A, d où en k k n C f (a ) f n (a ) f (a n ) f n (a n ) C u k (a ) u k (a n ) C A qui converge simplement vers un vecteur ( ; :::; n ) On en déduit que u k converge simplement vers u : P n i if i Ainsi, u k (x) u (x) n n k i f i (x) i f i (x) n k n k k i i jfi (x)j kf i k i i!, i i i i {z }! d où la convergence uniforme 2 Un lemme inutile illustrant une idée géniale Pour une matrice A 2 M n (K) et I une partie de f; :::; ng, on notera A I la matrice extraite (a i;j ) i;j2i Montrer que la quantité P jijk det A I est invariante par conjugaison Solution proposée P On se rappelle que GL n est engendré par les transvections et les dilatations Il su t donc de véri er que jijk det A I est invariant par l action sur A (par conjugaison) d une transvection ou une dilatation Or, lorsque l on dilate la i-ième ligne/colonne de A par un scalaire, l opération se répercute de la même manière sur A I si i 2 I, ce qui fait sortir un quand on prend le déterminant Mais on conjugue, donc il sort aussi un scalaire qui vient tuer le premier Dans le cas où i 2 I, les dilatations ne touchent pas à A I, donc le déterminant est inchangé dans tous les cas Le même raisonnement tient (presque) pour les transvections Lorsque l on fait agir une transvection I n + E i;j sur A, on fait une opération sur les lignes/colonnes de A, laquelle opération se répercute sur les lignes/colonnes de A I (évidemment, si i et j sont hors de I, A I est inchangée) ; en particulier, la nouvelle matrice extraite A I est obtenue à partir de l ancienne par une opération de transvection si i et j sont tous deux dans I, ce qui ne change pas son déterminant Évidemment, la conjugaison étant deux multiplications successives, conjuguer par une transvection ne change pas nos det A I Il reste à voir le cas où exactement l un des indices i; j est dans I : en e et, lorsque l on extrait A I, on emporte avec soi la ligne/colonne dont on aimerait disposer pour faire opérer la transvection en sens inverse Qu à cela ne tienne, on va la rajouter pour pouvoir faire ce qu on veut (c est cela l idée géniale!) Détaillons cela Notons A L la conjuguée de A par la transvection I+E i;j : on applique à A les opérations i + L j C j C j C i Considérons à présent une partie I de cardinal k contenant i mais pas j On a clairement une partie "duale" I où l on a remplacé i par j Montrons que det A I + det A I est inchangé par la conjugaison considérée Les autres déterminants extraits mettant restant inchangés d après les remarques préliminaires, on aura gagné Explicitons les indices de I : I fi < i 2 < ::: < i < ::: < i k g où est la place de i i Li

11 On calcule det A I en rajoutant la ligne manquante (L j indexée par I) en incrémentant la taille de la matrice : a i;i a i;i k a j;i a j;ik det A I a i;i + a j;i a i;i k + a j;ik A I a ik ;i a ik ;i k l j det A I ( ) l i det A où il manque la -ième ligne l i de A I a j;i a j;ik A I det A I + l i l ik l ik C A où la ligne l i est remplacée par la ligne l j Le même calcul tient pour det A I : on tranpose la matrice pour avoir exactement la même situation, à une transposition (i; j) et à un signe devant le près : det A I det A I det (c i ; :::; c ik ) où la colonne c j est remplacée par c i Il reste à remarquer que les deux matrices perturbatrices qui apparaissent sont en fait les mêmes : on extrait de A les lignes d indice 2 I et les colonnes d indice 2 I 3 DL du déterminant Avec les notations de l exercice précédent, montrer la formule suivante : n det (A + ti n det A I A t k k jijn k Solution proposée À ce niveau (sans outils de réduction), un calcul direct semble être la seule possibilité Il s agit juste de développer le terme de gauche et de regrouper les même puissances en t : somme toute, c est de la combinatoire Allons-y, en regroupant les permutations selon leur support : det (A + t Id) ny " () [A + t Id] i;(i) 2S n i Y Y " () (a i;i + t) 2S n i 2Supp i2supp " () Y (a i;i + t) Y a i;(i) I Supp I i 2I i2i Y (a i;i + t) " () Y a i;(i) I Supp I i2i i 2I a i;(i) Pour développer le produit Q i2i (a i;i + t) (rappelons que l on souhaite obtenir les coe cients de ce polynôme en t), il s agit de choisir j indices hors de I, de piocher a i;i pour ces indices et t pour les (n jij) j indices

12 restants, ce qui donne P Q J\I; j2j a j;j t n jij jjj Poursuivons le calcul, en introduisant K : I [ J : I I K J\I; j2j J\I; t n Y a j;j t n jij jjj t n jij jjj jkj IK Supp I A " () Y Supp I i2i " () Y k2i[j a k;(k) " () Y Supp I k2k t n jkj a k;(k) Supp K " () Y k2k a k;(k) Il reste à voir pourquoi le truc après t n jkj vaut exactement det A K Mais la condition Supp K signi e que Q induit une permutation de K tout en xant les autres points dont on n a que faire pour calculer le produit k2k a k;(k) Ceci montre que " () Y a k;(k) Y " () a k;(k) det A K, CQFD Supp K k2k 2S K k2k a i;(i) Remarque Si le lecteur a bien suivi le calcul ci-dessus, il devrait pouvoir généraliser sans mal : det (A + Diag (t ; :::; t n )) Y det A I t i I L idéal serait de sentir cette formule de manière purement combinatoire Regardons les termes Q a i;(i) de la formule de Sarrus qui contribuent à Q i2i t i : pour en former un, il faut piocher dans la matrice A les termes diagonaux d indices 2 I et piocher du coup les autres facteurs dans la matrice A I, et ce de toutes les façons possibles, ce qui donne bien (en mettant les signes) le facteur det A I Tout le calcul ci-dessus n est que la formalisation des trois lignes qui précèdent Moralité : il faut savoir naviguer entre ces deux extrêmes, à savoir le monde aveugle du calcul ré exe et celui de l intuition combinatoire obscure Pour ceux qui n ont pas digéré le calcul ci-dessus, quelques connaissances élémentaires de réduction, combinées au lemme inutile de l exercice précédent, permettent d obtenir une solution bien plus élégante (cf feuille sur la réduction) i 2I 4 Sur la connexité de matrices à rang pré xé Une fonction de R dans M n (R) sera dite continue si chacune de ses fonctions coordonnées est continue Une partie C de M n (R) sera dite connexe par arcs si l on peut relier deux éléments quelconques de C par un arc continu qui reste dans C, i e si 8a; b 2 C il y a une application continue : [; ]! C telle () a que (on notera alors a b) On se convaincra que est une relation d équivalence On appelle () b composante connexe d une partie de M n (R) une classe d équivalence pour la relation On pourra admettre que le déterminant det : M n (R)! R est une application continue Soit R un ensemble de rangs dans f; :::; ng et M R fa 2 M n (R) ; rg A 2 Rg l ensemble des matrices réelles dont le rang est dans R On cherche une condition nécessaire et su sante pour que M R soit connexe par arcs On pourra traiter successivement les cas : R fng, R frg où r < n, R fr; ng avec r < n, R fr; r g avec r; r < n 2

13 Solution proposée Suivons les indications de l énoncé On regarde d abord le cas R fng, i e M R GL n (R) On cherche donc à relier deux matrices inversibles A et par un chemin de matrices inversibles On sait que A et s écrivent toutes deux comme un produit de transvections mulitplié par une matrice de dilatation Dil C où est le déterminant de A ou (remarquer que le déterminant A d une matrice de transvection vaut ) On commence par se débarasser des matrices de transvections I n + E i;j en étou ant continûment le coef- cient en dehors de la diagonale à l aide de [; ]! GLn (R) : 7! I n + E i;j ( est bien continue car toutes ses applications coordonées sont constantes sauf une qui est linéaire) En étou ant successivement les coe cients des matrices de transvection, on montre (par transitivité de ) que A Dil det A, et de même Dil det On cherche maintenant à relier det A det In In On y parviendra si l on arrive à relier deux réels non nuls par un chemin ne pasant pas par (on veut rester dans GL n (R)!), et il facile de voir qu il n y a que deux alternatives : ou bien det A et det ont même signe, auquel cas on relie Dil det A et Dil det par le chemin "segment" 8 < [; ]! GL n (R) : det + ( ) det A, : 7! In ou bien det A det < et alors il n est pas possible de relier A et en restant dans GL n (R) : en e et, si est un chemin dans GL n (R) reliant A et, alors f det est une application continue de R dans R telle que f () f () <, donc doit s annuler par le théorème des valeurs intermédiaires, ce qui est impossible si l on veut rester dans GL n (R) Regardons à présent le cas R frg où r < n Le cas des matrices inversibles étant traité, on va s y ramener en écrivant toute matrice A comme P J r Q où P et Q sont inversibles et r rg A Le problème revient à présent à relier deux matrices du type P J r Q et P J r Q en restant de rang r On a envie de ne pas toucher aux J r, a n de s assurer que le rang reste constammenent égal à r On va donc chercher à relier P P et Q Q Si det P det P >, on a vu que cela ne pose pas de problème En revanche, dans le cas contraire Pour s en sortir, on utilise le fait que J r a au moins une ligne de zéros tout en bas (on est dans le cas r < n!) pour modi er P sans toucher au produit P J r : P J a C A a a C a n A e P J r avec det P e det P par linéarité du déterminant On modi erait de même la dernière ligne de Q en mettant des signes si besoin On a donc montré que M R est connexe par arcs si M R frg avec r < n Supposons maintenant que R contienne exactement deux élements r < n Pour relier deux matrices de même rang r, on utilise la méthode décrite précédemment Pour relier une matrice A P J r Q de rang r à une matrice inversible, on commence par changer les signes de det P et det Q pour relier P et Q I n, puis on relie J r I n à l aide du chemin Ir 2 [; ] 7! In r 3

14 7 En n, pour relier deux matrices inversibles, on passe par une matrice de rang r par exemple J r Dans le cas où R est réduit à deux indices r < r distincts de n, on a déjà vu que relier deux matrices de même rang r ou r était possible Pour relier P J r Q P J r Q, on modi e les déterminants pour envoyer les matrices inversibles comme l on veut, puis on relie J r J r par le chemin I I r r A Conclusion Deux matrices de rang r et r peuvent toujours être reliées dans M fr;r g sauf si r r n, auquel cas on passe par une matrice intermédiaire de rang < n (et on peut le faire ssi R 6 fng) Finalement, M R est connexe par arcs ssi R 6 fng Dans ce dernier cas, M R GL n (R) a deux composantes connexes selon le signe du déterminant 5 Déterminant de Cauchy Soient! a et! b une famille de 2n scalaires tels que a i + b j n est jamais nul Calculer le déterminant dit de Cauchy C!a!! ; b : det a i + b j i;j;:::;n Solution proposée On se rappelle de l identité classique n n + n (n + ), ce qui incite à faire des opérations élémentaires sur les lignes et colonnes pour tuer les numérateurs Soustrayons la n-ième ligne à toutes les autres : le coe cient a i+b j devient a i + b j a n + b j a n a i (a i + b j ) (a n + b j ) On voit que le facteur a n a i apparaît sur la nouvelle i-ième ligne (pour i < n), et que a n+b j la j-ième nouvelle colonne (pour j ; :::; n), de sorte qu on peut factoriser C!a! Q ; b i<n (a n a i ) Q n j (a n + b j ) a +b a +b n a n +b a n On recommence en soustrayant la n-ième colonne aux autres, ce qui transforme le coe cient (i; j) en On peut sortir les b n b j et les a i+b n, d où C!a! ; b a i + b j a i + b n b n Q i<n (a Q n a i ) j<n Q (b n b j ) n j (a Q n n + b j ) i (a i + b n ) Q i<n (a n a i ) Q n j (a n + b j ) b j (a i + b j ) (a i + b n ) +b n a +b a +b n a n +b a n +b n Q j<n (b n b j ) Q n i (a i + b n ) C (a ; :::; a n ; b ; :::; b n ) est commum à 4

15 en développant selon la dernière ligne Par une récurrence immédiate, il vient C!a! ; b Q i<j (a j a i ) (b j b i ) Q i;j (a i + b j ) Le théorème qui suit nécessite pour sa démonstration la connaissance des déterminants de Cauchy et de Gram (cf feuille sur les espaces préhilbertiens) 6 Théorème de Müntz On se place sur le R-espace vectoriel E des fonctions réelles continues sur [; ] muni du produit scalaire hf j gi R fg Rappelons qu il en découle une norme canoniquement associée kfk p hf j fi On notera abusivement x la fonction puissance x 7! x, qui est un élément de E On se donne une suite croissante ( n ) de réels > On cherche à quelle condition sur les n peut-on approximer les fonctions de E par des combinaisons linéaires des x n Plus précisément, P étant donnée une n fonction u 2 E et un " >, peut-on trouver un entier n et des scalaires ; :::; n tels que ku i ix i k < "? On dira alors que u est adhérent aux x i (pour la norme euclidienne) Si tout u de E est adhérent aux x i, on dit que les x i sont denses dans E En notant E n Vect (x ; :::; x n ), montrer qu un u de E est adhérent aux x i ssi la distance de u à E n, dé nie par d (u; E n ) inf ku e n k, e n2e n tend vers quand n! 2 Pour un réel >, montrer que d x n Y ; E n p i 2 + i En déduire que les x i sont denses dans E ssi la série P n diverge On pourra admettre pour la réciproque qu il su t de prouver que les x n pour n 2 N sont adhérents aux x i cf le théorème de Stone-Wieirstrass i Solution proposée Supposons que u est adhérent aux x i Soit " > On dispose donc d un entier N et de scalaires P N ; :::; N tels que u i ix i < " Il en résulte, pour n > N : d (u; E n ) d (u; E N ) u On a donc montré que d (u; E n ) n! N i i x i < " Réciproquement, supposons que d (u; E n ) n! Soit " > : il y un n tel que d (u; E n ) < " Or, E n est de dimension nie, donc d (u; E n ) est atteinte en un point de E n, le projeté orthogonal de u sur E n En écrivant ce dernier sous la forme p P n i P ix i n, il vient ku i ix i k d (u; E n ) < ", de sorte que u est bien adhérent aux x i 5

16 2 Notons pour harmoniser les notations On va calculer la distance d x ; E n à l aide de déterminants de Gram On calcule déjà hx i j x j i Z x i+j d où (en utilisant la formule des déterminants de Cauchy) : g (x ; x ; :::; x n ) Il en résulte i + j +, i j + 2 Qi<jn ( j i ) 2 Q n Q n i;j ( i + j + ) i ( i ) 2 Qi<jn (2 + ) Q ( j i ) 2 n i ( i + + ) 2 Q n i;j ( i + j + ) {z } g(x ;x ;:::;x n ) s d x g (x ; E n ; x ; :::; x n ) g (x ; :::; x n ) Y n p i 2 + i Supposons les x i denses dans E En particulier, si > est un réel distinct de tous les i, la fonction x est adhérente aux x i, donc d x ; E n n!, ce qui s écrit aussi (en prenant le logarithme) n ln 2 + i + + n! i Si la suite ( i ) est bornée, il est clair que P i diverge ; sinon, i! et l on dispose de l équivalent (pour i > ) ln 2 + i + + ln 2 + i + + i 2 + i i Comme on raisonne sur des séries à signe constant, la série P 2+ i est de même nature que P ln donc doit diverger, CFQD Supposons réciproquement que P i diverge Suivons l énoncé et montrons que pour tout m 2 N le monôme x m est adhérent aux x i, i e que d (x m ; E n ) n! On veut donc ny i m n! i + m + i di- Si les i divergent vers, l équivalent du paragraphe précédent montre que P ln verge, d où la limite voulue Dans le cas contraire, on a directement ny j i mj n i + m + Y i i i + m n i + m + Y i i + m + 2m+ i+m+ n! sup i + m + 2+ i++, Remarque On peut montrer que le théorème de Müntz reste valable en remplaçant la norme L 2 (celle issue du produit scalaire) par la norme L dé nie par kfk max [;] jfj La norme L est également appelée norme de la convergence uniforme, car une suite (f n ) converge uniformément vers f ssi elle converge pour la norme L 6

17 7 Théorème de Frobenius-Zolotarev Soit p 3 premier et K Z pz le corps ni à p éléments On rappelle au besoin que K est cyclique Soit A une matrice de GL n (K) A dé nit un isomorphisme de K n, donc une bijection, i e une permutation On peut donc voir GL n (K) comme une partie de S (K n ) Montrer que A est dans le groupe alterné A (K n ) ssi son déterminant est un carré dans K 2 Que dire en remplaçant K par un corps ni quelconque? Détailler le cas p 2 Solution proposée Il s agit de calculer " (A) Puisque la signature est un morphisme, on se ramène à des générateurs de GL n (K), de préférence dont l action en tant que permutation sera facile à étudier On prend naturellement les transvections, qui se mettent toutes dans une bonne base sous la forme dilatations, semblables à des où est un scalaire In Remarquons tout de suite que la signature est un invariant de similitude I n 2 A, et les " P AP " (P ) " (A) " P " (P ) " (A) " (P ) " (A) Ainsi, en écrivant A sous la forme D Q T i où D est une dilatation et les T i des transvections, on peut supposer D et T i sous la forme simpli ée du paragraphe précédent Regardons tout d abord pour n 2 l action de la transvection T A on notera que les transvections n interviennent pas si n En remarquant que T est le carré 2 I n 2 I n 2 A, on voit immédiatement que " (T ) (il faut savoir en général que la puissance d une transvection se calcule aisément par (I n + E i;j ) k I n + ke i;j ) Noter que l on a le droit de diviser par 2 car car K p > 2 Toute l information de " (A) réside donc dans la dilatation D : Cela n est guère In étonnant au vu du résultat à démontrer, puisque le déterminant de A est précisément et n apparaît pas dans les transvections Commençons par le cas n L action de D sur un vecteur x 2 K est trivialement donnée par D k (x) k x Ainsi, en notant! l ordre de dans K, toutes les orbites sont du type x x; x; 2 x; :::;! x et donc de longueur! (exceptée l orbite de, qui est toujours réduite à un point indépendemment de!) Si N compte le nombre d orbites sauf (celle de ), on doit avoir N! # (K ) p, d où la signature " (D) ( )! N ( )!N N ( ) p ( ) N ( ) N car p est pair Le paramètre crucial est nalement N Supposons N pair En utilisant la cyclicité de K, on peut écrire g (où g engendre K ), d où g!! et N! p j!, ce qui impose N j Ainsi, est pair, de sorte que est un carré Réciproquement, prenons 2 un carré et supposons par l absurde que N est impair On peut alors trouver un x 6 tel que x x, sinon on pourra regrouper les orbites (privées de ) deux par deux à l aide de l application x 7! x (qui sera une involution sans point xe), ce qui contredira la parité de N On peut donc écrire x k x pour un certain entier k, d où en simpli ant par x (on peut car on a exclu l orbite de ) 2k+ L ordre de doit donc diviser 2k +, donc est impair, mais on a d autre part! 2!, donc l ordre de doit diviser 2!, mais étant impair il divise! Or, la parité de p N! entraîne celle de!, d où! 2!, ce qui est manifestement absurde 7

18 Dans le cas général n 2, les orbites d un vecteur x! y sont toutes de la forme x!y x ( x!y ) ;! ; 2 x! y! ; x :::; y!, y et on peut refaire le même raisonnement Il faut juste remarquer qu en faisant varier! y on peut regrouper les orbites par paquets de p n qui est impair, ce qui ne change pas la signature 2 Si l on se place sur un corps ni K en général, son cardinal est de la forme q p où p est premier et un entier Si p est impair, on peut reprendre point par point la démonstration ci-dessus Dans le cas contraire, i e si p 2, le facteur q n apparaîssant dans le calcul de " (D) est pair pour n 2, donc on aura toujours " (D) Pour n, avec les mêmes notations que ci-dessus, on a N! #K 2, donc! est impair et toutes les orbites sont de longueur impair, d où " (D) encore une fois On notera qu en fait tous les éléments x de K sont des carrés, puisqu on peut écrire x x 2 x 2 2 Le résultat reste donc valable pour p 2 Remarque Il est coutume, dans ces histoires de carrés modulo un premier, d introduire le symbole de Legendre : pour a 2 F a p, on dé nit p comme si a est un carré modulo p et sinon Le théorème de Frobenius-Zotolarev s énonce alors sous la forme plus concise : det A " (A) p 8

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