Groupe symétrique et déterminants

Vous savez répondre à deux questions qui reviennent sans cesse : une famille de $n$ vecteurs d'un espace de dimension $n$ est-elle une base, et une matrice carrée est-elle inversible ? Vous savez y répondre parce que vous savez calculer un rang, et vous savez calculer un rang parce que vous savez appliquer le pivot de Gauss. C'est une réponse, mais c'est une réponse d'ordinateur : elle s'obtient au terme d'une suite d'opérations dont le déroulement dépend des coefficients rencontrés en chemin. Elle ne se prête à aucun calcul littéral, elle ne se transmet pas d'une matrice à une autre, et elle est muette dès que les coefficients dépendent d'un paramètre. Personne ne peut dire, en regardant l'algorithme, ce que devient le rang de $AB$ quand on connaît celui de $A$ et celui de $B$.

Ce que nous cherchons est d'une autre nature : un critère, c'est-à-dire un unique nombre attaché à la famille, calculable directement à partir des coordonnées, et qui vaut zéro exactement lorsque la famille est liée. Un tel nombre transformerait chaque question qualitative en une question de calcul, et surtout il autoriserait les manipulations algébriques que le rang interdit.

La géométrie du plan indique la piste à suivre. Deux vecteurs $x$ et $y$ du plan engendrent un parallélogramme, dont l'aire vaut zéro exactement lorsque $x$ et $y$ sont colinéaires, c'est-à-dire exactement lorsque la famille $(x,y)$ est liée : le critère cherché existe donc déjà, au moins dans ce cas. Mieux, si l'on compte cette aire algébriquement, en lui attribuant un signe selon l'orientation, elle possède deux propriétés remarquables. Elle est linéaire en chacun des deux vecteurs, l'autre étant fixé : doubler $x$ double l'aire, et remplacer $x$ par $x+x^{\mathrm{\prime }}$ ajoute les aires. Et elle change de signe lorsqu'on échange les deux vecteurs, puisque l'orientation s'inverse. En dimension $3$, le volume orienté du parallélépipède construit sur trois vecteurs possède exactement les mêmes propriétés.

Toute la construction de ce chapitre consiste à ériger ces propriétés en définition. Nous appellerons forme $n$-linéaire alternée sur un espace $E$ toute application qui, à $n$ vecteurs de $E$, associe un scalaire, de façon linéaire en chaque vecteur, et qui s'annule dès que deux des vecteurs sont égaux. Le théorème central du chapitre est un théorème d'unicité : en dimension $n$, une fois fixée une base $\mathcal{B}$, il existe une seule forme $n$-linéaire alternée valant $1$ sur $\mathcal{B}$. Elle s'appelle le déterminant dans la base $\mathcal{B}$, et l'aire orientée du plan n'en était que le cas $n=2$. Cette unicité n'est pas un luxe de rédaction : c'est l'outil de démonstration le plus efficace du chapitre. Chaque fois que nous rencontrerons une forme $n$-linéaire alternée, nous saurons immédiatement qu'elle est proportionnelle au déterminant, et il suffira de l'évaluer en un seul point pour connaître le coefficient. La multiplicativité $\det (AB)=\det (A)\det (B)$, qui semble miraculeuse, s'obtient ainsi en quatre lignes.

Reste à comprendre pourquoi ce chapitre s'ouvre sur les permutations. Le mot « alternée » signifie « sensible à l'ordre des arguments » : échanger deux vecteurs change le signe. Il faut donc savoir ce que devient une forme alternée lorsqu'on permute ses $n$ arguments de façon quelconque, et pour cela il faut d'abord savoir mesurer une permutation. Cette mesure existe, elle ne prend que deux valeurs, $1$ et $-1$, elle s'appelle la signature, et elle vaut $-1$ sur les échanges de deux éléments. Le groupe symétrique ${\mathfrak{S}}_n$ et sa signature ne sont donc pas un hors-d'œuvre : ils sont l'outil sans lequel la théorie ne s'écrit pas, et ils réapparaîtront dans la formule explicite du déterminant, qui est une somme indexée par ${\mathfrak{S}}_n$.

Le plan suit cette logique. Les deux premières sections construisent l'outil : le groupe symétrique, ses cycles et ses transpositions, puis la signature et le groupe alterné. La troisième introduit les formes $n$-linéaires alternées et calcule l'effet d'une permutation des arguments. La quatrième démontre le théorème d'existence et d'unicité, et en tire la caractérisation des bases. Les cinquième et sixième sections transportent la notion aux endomorphismes puis aux matrices, où elle prend sa forme la plus maniable. La septième est consacrée au calcul effectif, qui est ce que l'on vous demandera le plus souvent : opérations élémentaires, matrices triangulaires, développement selon une rangée, déterminants par blocs, déterminant de Vandermonde. La huitième traite la comatrice et l'inverse. Une section de méthodes ferme le chapitre.

Les notations sont celles des chapitres précédents, augmentées de quelques nouvelles. La lettre $\mathbb{K}$ désigne $\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$, et $[\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,n]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$ l'ensemble des entiers compris entre $1$ et $n$. Le groupe des permutations de $[\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,n]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$ est noté ${\mathfrak{S}}_n$, le groupe alterné ${\mathfrak{A}}_n$, et les permutations reçoivent les lettres $\sigma$, $\tau$, $\gamma$ ; l'élément neutre de ${\mathfrak{S}}_n$ est noté $\mathrm{i}\mathrm{d}$. Un cycle s'écrit $(a_1{a}_2\dots a_p)$, une transposition $(ij)$, et le support d'une permutation $\mathrm{s}\mathrm{u}\mathrm{p}\mathrm{p}(\sigma )$. La signature est notée $\epsilon (\sigma )$. Le déterminant d'une famille de vecteurs dans une base $\mathcal{B}$ est noté ${\det }_{\mathcal{B}}(x_1,\dots ,x_n)$, celui d'un endomorphisme $\det (u)$, celui d'une matrice $\det (A)$ ou, sous forme de tableau, entre barres verticales. Les espaces vectoriels sont $E$, $F$, de dimension finie sauf mention contraire, leurs bases $\mathcal{B}=(e_1,\dots ,e_n)$ et ${\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}=(e_1^{\mathrm{\prime }},\dots ,e_n^{\mathrm{\prime }})$ ; on garde $\mathcal{L}(E)$, ${\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$, $\mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}$, $\mathrm{I}\mathrm{m}$, $\mathrm{r}\mathrm{g}$, $\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}$, $\mathrm{t}\mathrm{r}$ et $\mathrm{G}\mathrm{L}(E)$. Du côté matriciel, on conserve ${\mathcal{M}}_{n,p}(\mathbb{K})$, ${\mathcal{M}}_n(\mathbb{K})$, $I_n$, $0_n$, $E_{i,j}$, le symbole de Kronecker ${\delta }_{i,j}$, la transposée ${}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A$ et ${\mathrm{G}\mathrm{L}}_n(\mathbb{K})$ ; les objets nouveaux sont la comatrice $\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{m}(A)$, le mineur ${\mathrm{\Delta }}_{i,j}$ et le cofacteur $c_{i,j}=(-1{)}^{i+j}{\mathrm{\Delta }}_{i,j}$. Les opérations élémentaires gardent leurs notations, $L_i\leftrightarrow L_j$, $L_i\leftarrow \lambda L_i$, $L_i\leftarrow L_i+\lambda L_j$, et de même sur les colonnes $C_i$. Enfin, une convention de lecture à retenir dès maintenant, car elle sera rappelée à chaque calcul : le produit $\sigma \tau$ de deux permutations désigne la composée $\sigma \circ \tau$, autrement dit on applique $\tau$ d'abord, puis $\sigma$.

Le groupe symétrique

Permutations, composition, inverse

Démonstration. La composée de deux bijections de $[\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,n]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$ dans lui-même est une bijection de $[\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,n]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$ dans lui-même, donc la composition est bien une loi interne sur ${\mathfrak{S}}_n$. Elle est associative, comme l'est toujours la composition des applications. L'application $\mathrm{i}\mathrm{d}$ est une bijection et vérifie $\sigma \mathrm{i}\mathrm{d}=\mathrm{i}\mathrm{d}\sigma =\sigma$ pour toute $\sigma$. Enfin, toute bijection $\sigma$ de $[\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,n]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$ dans lui-même admet une réciproque ${\sigma }^{-1}$, qui est encore une bijection de $[\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,n]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$ dans lui-même, donc un élément de ${\mathfrak{S}}_n$, et $\sigma {\sigma }^{-1}={\sigma }^{-1}\sigma =\mathrm{i}\mathrm{d}$. $\mathrm{\square }$

On note une permutation par un tableau à deux lignes : la première ligne énumère les éléments de $[\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,n]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$ dans l'ordre, la seconde donne leurs images. Ainsi

$$\sigma =\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 3& 1& 2\end{array}\right)$$

désigne la permutation de $[\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,3]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$ telle que $\sigma (1)=3$, $\sigma (2)=1$ et $\sigma (3)=2$. Pour obtenir ${\sigma }^{-1}$, il suffit d'échanger les deux lignes puis de réordonner les colonnes selon la première ligne : ici ${\sigma }^{-1}=\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 2& 3& 1\end{array}\right)$.

Démonstration. Par récurrence sur $n$. Pour $n=1$, la seule application de $[\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,1]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$ dans lui-même est l'identité, donc $\mathrm{c}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{d}({\mathfrak{S}}_1)=1=1!$.

Soit $n⩾2$ ; supposons $\mathrm{c}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{d}({\mathfrak{S}}_{n-1})=(n-1)!$. Pour $k\in [\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,n]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$, posons

$$A_k=\{\sigma \in {\mathfrak{S}}_n:\sigma (n)=k\}\mathrm{.}$$

Ces $n$ ensembles sont deux à deux disjoints et leur réunion est ${\mathfrak{S}}_n$, puisque toute permutation $\sigma$ envoie $n$ sur un et un seul entier de $[\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,n]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$. Donc $\mathrm{c}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{d}({\mathfrak{S}}_n)={\sum }_{k=1}^n\mathrm{c}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{d}(A_k)$.

Comptons d'abord $A_n$. Une permutation $\sigma$ telle que $\sigma (n)=n$ envoie $[\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,n-1]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$ dans $[\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,n-1]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$, par injectivité, et sa restriction à $[\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,n-1]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$ est une permutation de $[\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,n-1]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$. Réciproquement, toute $\rho \in {\mathfrak{S}}_{n-1}$ se prolonge en une unique permutation de $[\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,n]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$ fixant $n$. L'application de restriction est donc une bijection de $A_n$ sur ${\mathfrak{S}}_{n-1}$, d'où $\mathrm{c}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{d}(A_n)=(n-1)!$.

Montrons ensuite que tous les $A_k$ ont le même cardinal. Fixons $k\in [\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,n-1]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$ et notons ${\theta }_k$ l'application de $[\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,n]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$ dans lui-même qui échange $k$ et $n$ et laisse fixes tous les autres entiers ; c'est une bijection et ${\theta }_k\circ {\theta }_k=\mathrm{i}\mathrm{d}$. L'application $\sigma ⟼{\theta }_k\sigma$ envoie $A_n$ dans $A_k$, car si $\sigma (n)=n$ alors ${\theta }_k\sigma (n)={\theta }_k(n)=k$ ; elle envoie de même $A_k$ dans $A_n$ ; et comme ${\theta }_k\left({\theta }_k\sigma \right)=\sigma$, ces deux applications sont réciproques l'une de l'autre. Donc $\mathrm{c}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{d}(A_k)=\mathrm{c}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{d}(A_n)=(n-1)!$.

Finalement $\mathrm{c}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{d}({\mathfrak{S}}_n)=n\times (n-1)!=n!$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Pour $n=1$ et $n=2$, le groupe a respectivement $1$ et $2$ éléments : tout groupe d'au plus deux éléments est commutatif, puisque l'un des deux est le neutre. Supposons $n⩾3$ et considérons les deux permutations $\sigma$ et $\tau$ de $[\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,n]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$ définies par : $\sigma$ échange $1$ et $2$ et fixe tous les autres entiers, $\tau$ échange $1$ et $3$ et fixe tous les autres entiers. Alors

$$(\sigma \tau )(1)=\sigma (3)=3\text{et}(\tau \sigma )(1)=\tau (2)=2.$$

Les deux composées ne coïncident pas en $1$, donc $\sigma \tau \mathrm{\ne }\tau \sigma$. $\mathrm{\square }$

Cycles et transpositions

Démonstration. Écrivons $\gamma =(a_1\dots a_p)$ et convenons d'indexer les $a_i$ modulo $p$, c'est-à-dire de poser $a_{i+p}=a_i$. Avec cette convention, la définition s'écrit $\gamma (a_i)=a_{i+1}$ pour tout $i$. Une récurrence immédiate sur $k$ donne alors ${\gamma }^k(a_i)=a_{i+k}$ pour tout $k\in \mathbb{N}$ et tout $i$ : c'est vrai pour $k=0$, et si ${\gamma }^k(a_i)=a_{i+k}$ alors ${\gamma }^{k+1}(a_i)=\gamma (a_{i+k})=a_{i+k+1}$.

En particulier ${\gamma }^p(a_i)=a_{i+p}=a_i$ pour tout $i$, et ${\gamma }^p$ fixe aussi tout point hors du support, donc ${\gamma }^p=\mathrm{i}\mathrm{d}$. Si $1⩽k⩽p-1$, alors ${\gamma }^k(a_1)=a_{1+k}$ avec $2⩽1+k⩽p$, donc ${\gamma }^k(a_1)\mathrm{\ne }{a}_1$ puisque les $a_i$ sont deux à deux distincts : ${\gamma }^k\mathrm{\ne }\mathrm{i}\mathrm{d}$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Établissons d'abord un fait utile : une permutation $\sigma$ envoie son support dans lui-même. En effet, soit $i\in \mathrm{s}\mathrm{u}\mathrm{p}\mathrm{p}(\sigma )$ et supposons $\sigma (i)\mathrm{\notin }\mathrm{s}\mathrm{u}\mathrm{p}\mathrm{p}(\sigma )$, c'est-à-dire $\sigma (\sigma (i))=\sigma (i)$. L'injectivité de $\sigma$ donne alors $\sigma (i)=i$, ce qui contredit $i\in \mathrm{s}\mathrm{u}\mathrm{p}\mathrm{p}(\sigma )$.

Soient maintenant $\sigma$ et $\tau$ de supports respectifs $S$ et $T$, avec $S\cap T=\mathrm{\varnothing }$. Soit $i\in [\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,n]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$ ; distinguons trois cas.

Si $i\in S$, alors $i\mathrm{\notin }T$, donc $\tau (i)=i$ et $(\sigma \tau )(i)=\sigma (i)$. Par ailleurs $\sigma (i)\in S$ d'après le fait établi, donc $\sigma (i)\mathrm{\notin }T$ et $(\tau \sigma )(i)=\tau (\sigma (i))=\sigma (i)$. Les deux composées coïncident en $i$.

Si $i\in T$, le raisonnement est le même en échangeant les rôles de $\sigma$ et $\tau$ : les deux composées valent $\tau (i)$.

Si $i\mathrm{\notin }S\cup T$, alors $\sigma (i)=\tau (i)=i$ et les deux composées valent $i$.

Dans tous les cas $(\sigma \tau )(i)=(\tau \sigma )(i)$, donc $\sigma \tau =\tau \sigma$. $\mathrm{\square }$

Décomposition d'une permutation

Démonstration. Par récurrence sur $p$. Pour $p=2$, la formule se réduit à $(a_1{a}_2)=(a_1{a}_2)$.

Soit $p⩾3$ ; supposons la formule vraie pour les cycles de longueur $p-1$. Posons $c=(a_1{a}_2\dots a_{p-1})$ et $t=(a_1{a}_p)$, et calculons $tc$ en n'oubliant pas que $c$ agit en premier.

Pour $i\in [\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,p-2]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$, on a $c(a_i)=a_{i+1}$, et $a_{i+1}$ est distinct de $a_1$ et de $a_p$, donc $t$ le fixe : $(tc)(a_i)=a_{i+1}$.

Pour $i=p-1$, on a $c(a_{p-1})=a_1$, puis $t(a_1)=a_p$ : $(tc)(a_{p-1})=a_p$.

Pour $a_p$, qui n'est pas dans le support de $c$, on a $c(a_p)=a_p$, puis $t(a_p)=a_1$ : $(tc)(a_p)=a_1$.

Enfin tout élément extérieur à $\{a_1,\dots ,a_p\}$ est fixé par $c$ et par $t$.

La permutation $tc$ envoie donc $a_1$ sur $a_2$, ..., $a_{p-1}$ sur $a_p$ et $a_p$ sur $a_1$ : c'est exactement le cycle $(a_1{a}_2\dots a_p)$. En appliquant l'hypothèse de récurrence à $c$, on obtient la formule annoncée, avec $1+(p-2)=p-1$ transpositions. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Raisonnons par récurrence forte sur $m=\mathrm{c}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{d}(\mathrm{s}\mathrm{u}\mathrm{p}\mathrm{p}(\sigma ))$.

Si $m=0$, alors $\sigma =\mathrm{i}\mathrm{d}$, qui s'écrit $(12)(12)$, produit de deux transpositions. Le cas $m=1$ est impossible : si $\sigma$ ne déplaçait qu'un seul entier $i$, on aurait $j=\sigma (i)\mathrm{\ne }i$ et $\sigma (j)=j$, ce qui contredirait l'injectivité de $\sigma$.

Soit $m⩾2$ ; supposons le résultat acquis pour toute permutation dont le support a strictement moins de $m$ éléments, et soit $\sigma$ de support de cardinal $m$. Choisissons $i\in \mathrm{s}\mathrm{u}\mathrm{p}\mathrm{p}(\sigma )$ et posons $j=\sigma (i)$, de sorte que $j\mathrm{\ne }i$. Considérons ${\sigma }^{\mathrm{\prime }}=(ij)\sigma$.

D'une part ${\sigma }^{\mathrm{\prime }}(i)=(ij)(\sigma (i))=(ij)(j)=i$, donc $i\mathrm{\notin }\mathrm{s}\mathrm{u}\mathrm{p}\mathrm{p}({\sigma }^{\mathrm{\prime }})$.

D'autre part $\mathrm{s}\mathrm{u}\mathrm{p}\mathrm{p}({\sigma }^{\mathrm{\prime }})\subset \mathrm{s}\mathrm{u}\mathrm{p}\mathrm{p}(\sigma )$. En effet, soit $k\mathrm{\notin }\mathrm{s}\mathrm{u}\mathrm{p}\mathrm{p}(\sigma )$, c'est-à-dire $\sigma (k)=k$. Alors $k\mathrm{\ne }i$ puisque $\sigma (i)\mathrm{\ne }i$, et $k\mathrm{\ne }j$ : sinon on aurait $\sigma (j)=j$ et $\sigma (i)=j$ avec $i\mathrm{\ne }j$, ce qui contredirait l'injectivité. Donc $(ij)$ fixe $k$ et ${\sigma }^{\mathrm{\prime }}(k)=(ij)(k)=k$.

Ainsi $\mathrm{s}\mathrm{u}\mathrm{p}\mathrm{p}({\sigma }^{\mathrm{\prime }})\subset \mathrm{s}\mathrm{u}\mathrm{p}\mathrm{p}(\sigma )\setminus \{i\}$, dont le cardinal vaut au plus $m-1$. L'hypothèse de récurrence s'applique à ${\sigma }^{\mathrm{\prime }}$, qui est donc un produit de transpositions. Comme $(ij)(ij)=\mathrm{i}\mathrm{d}$, on a $\sigma =(ij){\sigma }^{\mathrm{\prime }}$, qui est encore un produit de transpositions. $\mathrm{\square }$

La signature

Existence et unicité

Conséquences immédiates

Démonstration. Point 1. C'est la définition d'un morphisme de groupes, et l'image du neutre par un morphisme est le neutre.

Point 2. En appliquant le morphisme à $\sigma {\sigma }^{-1}=\mathrm{i}\mathrm{d}$, on obtient $\epsilon (\sigma )\epsilon ({\sigma }^{-1})=1$. Comme $\epsilon (\sigma )\in \{-1,1\}$, on a $\epsilon (\sigma {)}^2=1$, donc $\epsilon ({\sigma }^{-1})={\displaystyle \frac{1}{\epsilon (\sigma )}}=\epsilon (\sigma )$.

Point 3. Une récurrence immédiate sur $k$ à partir du point 1 donne $\epsilon ({\tau }_1\cdots {\tau }_k)=\epsilon ({\tau }_1)\cdots \epsilon ({\tau }_k)$, et chacun de ces facteurs vaut $-1$ par définition de la signature, d'où $\epsilon (\sigma )=(-1{)}^k$. Si $\sigma$ admet deux décompositions, en $k$ et en $k^{\mathrm{\prime }}$ transpositions, alors $(-1{)}^k=\epsilon (\sigma )=(-1{)}^{k^{\mathrm{\prime }}}$, donc $k$ et $k^{\mathrm{\prime }}$ ont même parité.

Point 4. Un $p$-cycle est un produit de $p-1$ transpositions, comme démontré plus haut ; le point 3 donne $\epsilon =(-1{)}^{p-1}$.

Point 5. La signature est un morphisme, donc la signature du produit est le produit des signatures ; il suffit d'appliquer le point 4 à chaque facteur. $\mathrm{\square }$

Le groupe alterné

Démonstration. C'est un sous-groupe comme noyau d'un morphisme de groupes, résultat établi au chapitre sur les structures algébriques.

Pour le cardinal, notons ${\mathfrak{I}}_n={\mathfrak{S}}_n\setminus {\mathfrak{A}}_n$ l'ensemble des permutations impaires, et considérons

$$\mathrm{\Phi }:{\mathfrak{A}}_n⟶{\mathfrak{I}}_n,\sigma ⟼(12)\sigma \mathrm{.}$$

Cette application est bien définie : si $\epsilon (\sigma )=1$, alors $\epsilon ((12)\sigma )=\epsilon ((12))\epsilon (\sigma )=-1$, donc $(12)\sigma \in {\mathfrak{I}}_n$.

Elle est injective : si $(12)\sigma =(12){\sigma }^{\mathrm{\prime }}$, on compose à gauche par $(12)$, qui est son propre inverse, et l'on obtient $\sigma ={\sigma }^{\mathrm{\prime }}$.

Elle est surjective : soit $\rho \in {\mathfrak{I}}_n$ et posons $\sigma =(12)\rho$. Alors $\epsilon (\sigma )=(-1)\times (-1)=1$, donc $\sigma \in {\mathfrak{A}}_n$, et $\mathrm{\Phi }(\sigma )=(12)(12)\rho =\rho$.

C'est donc une bijection, d'où $\mathrm{c}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{d}({\mathfrak{A}}_n)=\mathrm{c}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{d}({\mathfrak{I}}_n)$. Comme ces deux ensembles sont disjoints et de réunion ${\mathfrak{S}}_n$, leur cardinal commun vaut ${\displaystyle \frac{n!}{2}}$. $\mathrm{\square }$

Formes $n$-linéaires alternées

Définitions

Antisymétrie et effet d'une permutation

Démonstration. Fixons $i<j$ et fixons également tous les vecteurs d'indices différents de $i$ et $j$. Pour $x,y\in E$, notons $g(x,y)$ la valeur de $f$ lorsque l'argument de rang $i$ vaut $x$, celui de rang $j$ vaut $y$, et les autres sont les vecteurs fixés. L'application $g$ est bilinéaire, comme restriction de $f$, et $g(z,z)=0$ pour tout $z$ puisque $f$ est alternée.

Appliquons cette annulation à $z=x+y$ et développons par bilinéarité :

$$0=g(x+y,x+y)=g(x,x)+g(x,y)+g(y,x)+g(y,y)\mathrm{.}$$

Or $g(x,x)=0$ et $g(y,y)=0$, toujours parce que $f$ est alternée. Il reste $g(x,y)+g(y,x)=0$, c'est-à-dire $g(x,y)=-g(y,x)$, ce qui est exactement l'égalité annoncée. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Notons, pour $\sigma \in {\mathfrak{S}}_n$, $F(\sigma )=f(x_{\sigma (1)},\dots ,x_{\sigma (n)})$. Observons d'abord la règle de composition : si l'on pose $y_i=x_{\sigma (i)}$ pour tout $i$, alors pour toute $\tau \in {\mathfrak{S}}_n$ on a $y_{\tau (i)}=x_{\sigma (\tau (i))}$, donc

$$f(y_{\tau (1)},\dots ,y_{\tau (n)})=F(\sigma \tau )\mathrm{.}$$

Écrivons $\sigma$ comme produit de $k$ transpositions, $\sigma ={\tau }_1{\tau }_2\cdots {\tau }_k$, ce qui est possible pour $n⩾2$, et raisonnons par récurrence sur $k$.

Si $k=0$, alors $\sigma =\mathrm{i}\mathrm{d}$, $F(\mathrm{i}\mathrm{d})=f(x_1,\dots ,x_n)$ et $\epsilon (\mathrm{i}\mathrm{d})=1$ : l'égalité est vérifiée.

Supposons le résultat acquis pour tout produit de $k-1$ transpositions, avec $k⩾1$, et posons ${\sigma }^{\mathrm{\prime }}={\tau }_1\cdots {\tau }_{k-1}$, de sorte que $\sigma ={\sigma }^{\mathrm{\prime }}{\tau }_k$. Posons $y_i=x_{{\sigma }^{\mathrm{\prime }}(i)}$. D'après l'observation initiale,

$$F(\sigma )=F({\sigma }^{\mathrm{\prime }}{\tau }_k)=f(y_{{\tau }_k(1)},\dots ,y_{{\tau }_k(n)})\mathrm{.}$$

Écrivons ${\tau }_k=(ab)$ avec $a\mathrm{\ne }b$. La famille $(y_{{\tau }_k(1)},\dots ,y_{{\tau }_k(n)})$ est exactement la famille $(y_1,\dots ,y_n)$ dans laquelle les arguments de rangs $a$ et $b$ ont été échangés, tous les autres étant inchangés. L'antisymétrie de $f$ donne donc

$$F(\sigma )=-f(y_1,\dots ,y_n)=-F({\sigma }^{\mathrm{\prime }})\mathrm{.}$$

L'hypothèse de récurrence s'applique à ${\sigma }^{\mathrm{\prime }}$ : $F({\sigma }^{\mathrm{\prime }})=\epsilon ({\sigma }^{\mathrm{\prime }})f(x_1,\dots ,x_n)$. D'où

$$F(\sigma )=-\epsilon ({\sigma }^{\mathrm{\prime }})f(x_1,\dots ,x_n)=\epsilon ({\tau }_k)\epsilon ({\sigma }^{\mathrm{\prime }})f(x_1,\dots ,x_n)=\epsilon (\sigma )f(x_1,\dots ,x_n),$$

la dernière égalité venant de $\epsilon (\sigma )=\epsilon ({\sigma }^{\mathrm{\prime }}{\tau }_k)=\epsilon ({\sigma }^{\mathrm{\prime }})\epsilon ({\tau }_k)$. $\mathrm{\square }$

Nullité sur les familles liées

Démonstration. Si la famille est liée, l'un de ses vecteurs est combinaison linéaire des autres : il existe $j\in [\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,n]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$ et des scalaires $({\lambda }_i{)}_{i\mathrm{\ne }j}$ tels que

$$x_j=\sum _{i\mathrm{\ne }j}{\lambda }_i{x}_i\mathrm{.}$$

Utilisons la linéarité de $f$ par rapport à son $j$-ème argument :

$$f(x_1,\dots ,x_j,\dots ,x_n)=\sum _{i\mathrm{\ne }j}{\lambda }_{i}f(x_1,\dots ,x_{j-1},x_i,x_{j+1},\dots ,x_n)\mathrm{.}$$

Dans chacun des termes de cette somme, le vecteur $x_i$ figure deux fois : une fois à sa place naturelle, au rang $i$, et une fois au rang $j$, puisque $i\mathrm{\ne }j$. La forme $f$ étant alternée, chacun de ces termes est nul, et la somme aussi. $\mathrm{\square }$

Déterminant d'une famille de vecteurs dans une base

Le théorème fondamental

Démonstration. Le cas $n=1$ est immédiat : une forme $1$-linéaire est une application linéaire $f:E\to \mathbb{K}$, la condition « alternée » est vide, et $f(x)=f(a_{1,1}{e}_1)=a_{1,1}f(e_1)$, donc $f$ est déterminée par $f(e_1)=1$ et vaut $x\mapsto a_{1,1}$, ce qui est bien la formule annoncée, avec la convention $\epsilon (\mathrm{i}\mathrm{d})=1$ dans ${\mathfrak{S}}_1$ (la signature n'ayant été définie que pour $n⩾2$). Supposons désormais $n⩾2$.

Analyse et unicité. Soit $f$ une forme $n$-linéaire alternée quelconque et soit $(x_1,\dots ,x_n)$ une famille de vecteurs, de coordonnées $x_j={\sum }_{i=1}^n{a}_{i,j}{e}_i$. Développons $f(x_1,\dots ,x_n)$ en utilisant la linéarité par rapport au premier argument, puis au deuxième, et ainsi de suite jusqu'au $n$-ième. Chaque développement remplace un argument par une somme de $n$ termes, si bien qu'on obtient une somme de $n^n$ termes, indexée par les $n$-uplets d'indices $(i_1,\dots ,i_n)\in [\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,n]\text{\hspace{0.17em}⁣}{]}^n$ :

$$f(x_1,\dots ,x_n)=\sum _{i_1=1}^n\sum _{i_2=1}^n\cdots \sum _{i_n=1}^n{a}_{i_1,1}{a}_{i_2,2}\cdots a_{i_n,n}f(e_{i_1},e_{i_2},\dots ,e_{i_n})\mathrm{.}$$

Examinons ces termes. Si l'application $j\mapsto i_j$ n'est pas injective, deux des arguments $e_{i_1},\dots ,e_{i_n}$ sont égaux et le facteur $f(e_{i_1},\dots ,e_{i_n})$ est nul, car $f$ est alternée : le terme disparaît. Il ne reste donc que les $n$-uplets pour lesquels $j\mapsto i_j$ est injective, donc bijective de $[\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,n]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$ dans lui-même puisque l'ensemble est fini : autrement dit, il ne reste que les $n$-uplets de la forme $i_j=\sigma (j)$ avec $\sigma \in {\mathfrak{S}}_n$. D'où

$$f(x_1,\dots ,x_n)=\sum _{\sigma \in {\mathfrak{S}}_n}\left(\prod _{j=1}^n{a}_{\sigma (j),j}\right)f(e_{\sigma (1)},\dots ,e_{\sigma (n)})\mathrm{.}$$

Le résultat de la section précédente sur l'effet d'une permutation des arguments donne $f(e_{\sigma (1)},\dots ,e_{\sigma (n)})=\epsilon (\sigma )f(e_1,\dots ,e_n)$, ce qui conduit à

$$f(x_1,\dots ,x_n)=(\sum _{\sigma \in {\mathfrak{S}}_n}\epsilon (\sigma )\prod _{j=1}^n{a}_{\sigma (j),j})f(e_1,\dots ,e_n)\mathrm{.}$$

Cette égalité est le cœur du chapitre. Elle montre que $f$ est entièrement déterminée par le seul scalaire $f(e_1,\dots ,e_n)$. En particulier, si l'on impose $f(e_1,\dots ,e_n)=1$, alors $f$ est nécessairement l'application donnée par la formule de l'énoncé : il y a au plus une forme convenable, ce qui règle l'unicité.

Synthèse et existence. Il reste à vérifier que l'application $D$ définie par

$$D(x_1,\dots ,x_n)=\sum _{\sigma \in {\mathfrak{S}}_n}\epsilon (\sigma )\prod _{i=1}^n{a}_{\sigma (i),i}$$

convient. Notons qu'elle est bien définie, puisque les coordonnées $a_{i,j}$ d'un vecteur dans une base existent et sont uniques.

Elle est $n$-linéaire. Fixons $k\in [\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,n]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$ et tous les arguments sauf le $k$-ième. Soient $x_k$ et $y$ de coordonnées respectives $(a_{i,k}{)}_i$ et $(b_i{)}_i$, et soient $\lambda ,\mu \in \mathbb{K}$. Par unicité de l'écriture dans une base, les coordonnées de $\lambda x_k+\mu y$ sont les $\lambda a_{i,k}+\mu b_i$. Or, pour chaque $\sigma$, le produit ${\prod }_i{a}_{\sigma (i),i}$ contient exactement un facteur d'indice de colonne $k$, à savoir $a_{\sigma (k),k}$ : chaque terme de la somme est donc de la forme $a_{\sigma (k),k}\times (\text{constante ind}\acute{\text{e}}\text{pendante de }{x}_k)$, c'est-à-dire une fonction linéaire de la $\sigma (k)$-ième coordonnée de $x_k$. En remplaçant $a_{\sigma (k),k}$ par $\lambda a_{\sigma (k),k}+\mu b_{\sigma (k)}$ et en développant, on obtient bien

$$D(\dots ,\lambda x_k+\mu y,\dots )=\lambda D(\dots ,x_k,\dots )+\mu D(\dots ,y,\dots )\mathrm{.}$$

Elle vaut $1$ sur $\mathcal{B}$. Si $x_j=e_j$ pour tout $j$, alors $a_{i,j}={\delta }_{i,j}$. Le produit ${\prod }_i{\delta }_{\sigma (i),i}$ vaut $1$ si $\sigma (i)=i$ pour tout $i$, c'est-à-dire si $\sigma =\mathrm{i}\mathrm{d}$, et vaut $0$ sinon, car il suffit d'un facteur nul. Il ne subsiste donc que le terme d'indice $\mathrm{i}\mathrm{d}$, et $D(e_1,\dots ,e_n)=\epsilon (\mathrm{i}\mathrm{d})=1$.

Elle est alternée. Supposons $x_k=x_l$ avec $k\mathrm{\ne }l$, et notons $\tau =(kl)$. Les colonnes de coordonnées correspondantes sont égales : $a_{i,k}=a_{i,l}$ pour tout $i$. Comme au paragraphe sur le groupe alterné, l'application $\sigma \mapsto \sigma \tau$ est une bijection de ${\mathfrak{A}}_n$ sur l'ensemble des permutations impaires. On peut donc regrouper les termes de la somme deux par deux :

$$D(x_1,\dots ,x_n)=\sum _{\sigma \in {\mathfrak{A}}_n}(\prod _{i=1}^n{a}_{\sigma (i),i}-\prod _{i=1}^n{a}_{\sigma \tau (i),i}),$$

le signe moins venant de $\epsilon (\sigma \tau )=-\epsilon (\sigma )=-1$ pour $\sigma$ paire. Calculons le second produit. Pour $i\mathrm{\notin }\{k,l\}$, on a $\tau (i)=i$ et le facteur est $a_{\sigma (i),i}$, identique à celui du premier produit. Pour $i=k$, le facteur est $a_{\sigma (l),k}$, qui vaut $a_{\sigma (l),l}$ puisque les colonnes $k$ et $l$ sont égales. Pour $i=l$, le facteur est $a_{\sigma (k),l}=a_{\sigma (k),k}$. Les deux produits comportent donc exactement les mêmes facteurs, à l'ordre près, et sont égaux. Chaque parenthèse est nulle, donc $D(x_1,\dots ,x_n)=0$.

L'application $D$ est donc une forme $n$-linéaire alternée valant $1$ sur $\mathcal{B}$ : l'existence est établie, et l'unicité prouvée plus haut permet de la noter ${\det }_{\mathcal{B}}$. $\mathrm{\square }$

La droite des formes $n$-linéaires alternées

Démonstration. L'égalité obtenue dans la phase d'analyse de la démonstration précédente s'écrit précisément $f(x_1,\dots ,x_n)=f(e_1,\dots ,e_n){\det }_{\mathcal{B}}(x_1,\dots ,x_n)$ pour toute famille, c'est-à-dire $f=f(e_1,\dots ,e_n){\det }_{\mathcal{B}}$. Ainsi ${\mathrm{\Lambda }}_n(E)\subset \mathbb{K}{\det }_{\mathcal{B}}$, et l'inclusion réciproque est claire puisque ${\mathrm{\Lambda }}_n(E)$ est un espace vectoriel contenant ${\det }_{\mathcal{B}}$. Enfin ${\det }_{\mathcal{B}}\mathrm{\ne }0$ puisqu'elle vaut $1$ sur $\mathcal{B}$, donc la famille $({\det }_{\mathcal{B}})$ est libre : c'est une base de ${\mathrm{\Lambda }}_n(E)$, qui est donc de dimension $1$. $\mathrm{\square }$

Caractérisation des bases et changement de base

Démonstration. Sens réciproque, par contraposée. Si la famille n'est pas une base, alors, comptant $n$ vecteurs dans un espace de dimension $n$, elle n'est pas libre : elle est liée. La propriété de nullité sur les familles liées donne ${\det }_{\mathcal{B}}(x_1,\dots ,x_n)=0$.

Sens direct. Supposons que $\mathcal{C}=(x_1,\dots ,x_n)$ soit une base de $E$. Le théorème fondamental, appliqué à la base $\mathcal{C}$, fournit la forme ${\det }_{\mathcal{C}}$, qui est $n$-linéaire alternée. La propriété précédente, appliquée à $f={\det }_{\mathcal{C}}$ avec la base $\mathcal{B}$, donne

$${\det }_{\mathcal{C}}={\det }_{\mathcal{C}}(\mathcal{B}){\det }_{\mathcal{B}},$$

où l'on note ${\det }_{\mathcal{C}}(\mathcal{B})$ la valeur de ${\det }_{\mathcal{C}}$ sur la famille $(e_1,\dots ,e_n)$. Évaluons cette égalité de formes sur la famille $\mathcal{C}$ elle-même :

$$1={\det }_{\mathcal{C}}(\mathcal{C})={\det }_{\mathcal{C}}(\mathcal{B}){\det }_{\mathcal{B}}(\mathcal{C})\mathrm{.}$$

Un produit valant $1$, aucun des deux facteurs n'est nul : en particulier ${\det }_{\mathcal{B}}(\mathcal{C})\mathrm{\ne }0$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. La première égalité est l'application de la propriété de la droite vectorielle à $f={\det }_{{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}}$. La seconde s'obtient en évaluant la première sur la famille ${\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}$, ce qui donne $1={\det }_{{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}}(\mathcal{B}){\det }_{\mathcal{B}}({\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }})$. $\mathrm{\square }$

Déterminant d'un endomorphisme

Définition et indépendance de la base

Démonstration. Soient $\mathcal{B}=(e_1,\dots ,e_n)$ et ${\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}=(e_1^{\mathrm{\prime }},\dots ,e_n^{\mathrm{\prime }})$ deux bases de $E$. Considérons l'application

$$g:(x_1,\dots ,x_n)⟼{\det }_{\mathcal{B}}(u(x_1),\dots ,u(x_n))\mathrm{.}$$

Elle est $n$-linéaire : par linéarité de $u$, remplacer $x_k$ par $\lambda x_k+\mu y$ remplace $u(x_k)$ par $\lambda u(x_k)+\mu u(y)$, et ${\det }_{\mathcal{B}}$ est linéaire en son $k$-ième argument. Elle est alternée : si $x_k=x_l$ avec $k\mathrm{\ne }l$, alors $u(x_k)=u(x_l)$ et ${\det }_{\mathcal{B}}$ s'annule.

La propriété de la droite vectorielle donne alors $g=g(\mathcal{B}){\det }_{\mathcal{B}}$, soit, pour toute famille,

$${\det }_{\mathcal{B}}(u(x_1),\dots ,u(x_n))={\det }_{\mathcal{B}}(u(e_1),\dots ,u(e_n))\times {\det }_{\mathcal{B}}(x_1,\dots ,x_n)\mathrm{.}(\star )$$

Appliquons $(\star )$ à la famille ${\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}$ :

$${\det }_{\mathcal{B}}(u(e_1^{\mathrm{\prime }}),\dots ,u(e_n^{\mathrm{\prime }}))={\det }_{\mathcal{B}}(u(e_1),\dots ,u(e_n))\times {\det }_{\mathcal{B}}({\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }})\mathrm{.}$$

Par ailleurs, la formule de changement de base ${\det }_{\mathcal{B}}={\det }_{\mathcal{B}}({\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}){\det }_{{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}}$, appliquée à la famille $(u(e_1^{\mathrm{\prime }}),\dots ,u(e_n^{\mathrm{\prime }}))$, donne

$${\det }_{\mathcal{B}}(u(e_1^{\mathrm{\prime }}),\dots ,u(e_n^{\mathrm{\prime }}))={\det }_{\mathcal{B}}({\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }})\times {\det }_{{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}}(u(e_1^{\mathrm{\prime }}),\dots ,u(e_n^{\mathrm{\prime }}))\mathrm{.}$$

Les membres de gauche de ces deux égalités coïncident, et ${\det }_{\mathcal{B}}({\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }})\mathrm{\ne }0$ puisque ${\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}$ est une base. En simplifiant par ce facteur, on obtient

$${\det }_{{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}}(u(e_1^{\mathrm{\prime }}),\dots ,u(e_n^{\mathrm{\prime }}))={\det }_{\mathcal{B}}(u(e_1),\dots ,u(e_n)),$$

ce qui est exactement l'indépendance annoncée. $\mathrm{\square }$

Propriétés multiplicatives

Démonstration. Point 1. Avec $u={\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$, on a $\det ({\mathrm{i}\mathrm{d}}_E)={\det }_{\mathcal{B}}(e_1,\dots ,e_n)=1$ par définition de ${\det }_{\mathcal{B}}$.

Point 2. Fixons une base $\mathcal{B}$. Par définition, puis par la relation $(\star )$ appliquée à $v$ et à la famille $(u(e_1),\dots ,u(e_n))$ :

$$\det (v\circ u)={\det }_{\mathcal{B}}(v(u(e_1)),\dots ,v(u(e_n)))=\det (v){\det }_{\mathcal{B}}(u(e_1),\dots ,u(e_n))=\det (v)\det (u)\mathrm{.}$$

Point 3. On a $(\lambda u)(e_j)=\lambda u(e_j)$ pour tout $j$. En utilisant la linéarité de ${\det }_{\mathcal{B}}$ par rapport à chacun de ses $n$ arguments, on sort le facteur $\lambda$ une fois par argument, soit $n$ fois. $\mathrm{\square }$

Automorphismes

Démonstration. Fixons une base $\mathcal{B}$. L'endomorphisme $u$ est bijectif si et seulement si la famille $(u(e_1),\dots ,u(e_n))$ est une base de $E$ : c'est le théorème de caractérisation des isomorphismes par l'image d'une base, établi au chapitre précédent. Or, d'après la caractérisation des bases par le déterminant, cette famille est une base si et seulement si ${\det }_{\mathcal{B}}(u(e_1),\dots ,u(e_n))\mathrm{\ne }0$, c'est-à-dire $\det (u)\mathrm{\ne }0$.

Si $u$ est bijectif, l'égalité $u\circ u^{-1}={\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$ donne, par multiplicativité, $\det (u)\det (u^{-1})=1$, d'où l'expression de $\det (u^{-1})$.

Enfin, $\det$ envoie $\mathrm{G}\mathrm{L}(E)$ dans ${\mathbb{K}}^{\ast }$ d'après le premier point, et transforme la composition en produit d'après la propriété précédente : c'est bien un morphisme de groupes. $\mathrm{\square }$

Déterminant d'une matrice carrée

Définition et formule

Démonstration. Point 1. La matrice ${\mathrm{M}\mathrm{a}\mathrm{t}}_{\mathcal{B}}(x_1,\dots ,x_n)$ a pour coefficient d'indice $(i,j)$ la $i$-ème coordonnée de $x_j$ dans $\mathcal{B}$, c'est-à-dire le scalaire $a_{i,j}$ de la formule du théorème fondamental. Les deux membres sont donc donnés par la même somme sur ${\mathfrak{S}}_n$.

Point 2. Par définition, ${\mathrm{M}\mathrm{a}\mathrm{t}}_{\mathcal{B}}(u)={\mathrm{M}\mathrm{a}\mathrm{t}}_{\mathcal{B}}(u(e_1),\dots ,u(e_n))$ ; le point 1 appliqué à la famille $(u(e_1),\dots ,u(e_n))$ donne le résultat. $\mathrm{\square }$

Les petites dimensions

En dimension $2$, le groupe ${\mathfrak{S}}_2$ a deux éléments, $\mathrm{i}\mathrm{d}$ de signature $1$ et $(12)$ de signature $-1$. La formule donne donc deux termes :

$$\mid \begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\mid =ad-bc\mathrm{.}$$

En dimension $3$, ${\mathfrak{S}}_3$ a six éléments : l'identité et les deux $3$-cycles, de signature $1$, et les trois transpositions, de signature $-1$. On obtient six termes, que l'on retient par la règle de Sarrus : on recopie les deux premières colonnes à droite du tableau, on additionne les trois produits obtenus en descendant vers la droite, on retranche les trois produits obtenus en descendant vers la gauche. Explicitement,

$$\mid \begin{array}{ccc}{a}_{1,1}& a_{1,2}& a_{1,3}\\ a_{2,1}& a_{2,2}& a_{2,3}\\ a_{3,1}& a_{3,2}& a_{3,3}\end{array}\mid =a_{1,1}{a}_{2,2}{a}_{3,3}+a_{1,2}{a}_{2,3}{a}_{3,1}+a_{1,3}{a}_{2,1}{a}_{3,2}-a_{1,3}{a}_{2,2}{a}_{3,1}-a_{1,1}{a}_{2,3}{a}_{3,2}-a_{1,2}{a}_{2,1}{a}_{3,3}\mathrm{.}$$

Produit, transposée, similitude

Démonstration. Points 1, 2 et 3. Notons $u_A$ et $u_B$ les endomorphismes de ${\mathbb{K}}^n$ canoniquement associés à $A$ et $B$. Comme ${\mathrm{M}\mathrm{a}\mathrm{t}}_{{\mathcal{B}}_0}(u_A)=A$, la propriété précédente donne $\det (A)=\det (u_A)$, et de même pour $B$. Les trois énoncés se transportent alors depuis la section sur les endomorphismes : $\det (I_n)=\det (\mathrm{i}\mathrm{d})=1$ ; $\det (\lambda A)=\det (\lambda u_A)={\lambda }^n\det (u_A)$ ; enfin $u_{AB}=u_A\circ u_B$ donne $\det (AB)=\det (u_A)\det (u_B)=\det (A)\det (B)$, et $A$ est inversible si et seulement si $u_A$ est bijectif, c'est-à-dire si et seulement si $\det (A)\mathrm{\ne }0$, avec alors $\det (A)\det (A^{-1})=\det (I_n)=1$.

Point 4. Posons $B={}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A$, de coefficients $b_{i,j}=a_{j,i}$. La formule donne

$$\det \left({}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A\right)=\sum _{\sigma \in {\mathfrak{S}}_n}\epsilon (\sigma )\prod _{i=1}^n{b}_{\sigma (i),i}=\sum _{\sigma \in {\mathfrak{S}}_n}\epsilon (\sigma )\prod _{i=1}^n{a}_{i,\sigma (i)}\mathrm{.}$$

Fixons $\sigma$ et effectuons dans le produit le changement d'indice $j=\sigma (i)$, c'est-à-dire $i={\sigma }^{-1}(j)$. Lorsque $i$ décrit $[\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,n]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$, $j$ décrit aussi $[\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,n]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$, et le produit, dont les facteurs commutent, se réécrit

$$\prod _{i=1}^n{a}_{i,\sigma (i)}=\prod _{j=1}^n{a}_{{\sigma }^{-1}(j),j}\mathrm{.}$$

Comme $\epsilon (\sigma )=\epsilon ({\sigma }^{-1})$, on obtient

$$\det \left({}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A\right)=\sum _{\sigma \in {\mathfrak{S}}_n}\epsilon \left({\sigma }^{-1}\right)\prod _{j=1}^n{a}_{{\sigma }^{-1}(j),j}\mathrm{.}$$

Enfin, l'application $\sigma \mapsto {\sigma }^{-1}$ est une bijection de ${\mathfrak{S}}_n$ sur lui-même, puisqu'elle est sa propre réciproque. Le changement d'indice $\rho ={\sigma }^{-1}$ dans la somme donne

$$\det \left({}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A\right)=\sum _{\rho \in {\mathfrak{S}}_n}\epsilon (\rho )\prod _{j=1}^n{a}_{\rho (j),j}=\det (A)\mathrm{.}$$

Point 5. Si $B=P^{-1}AP$ avec $P$ inversible, alors

$$\det (B)=\det \left(P^{-1}\right)\det (A)\det (P)=\frac{1}{\det (P)}\det (A)\det (P)=\det (A)\mathrm{.}$$

Le déterminant est donc bien le même pour deux matrices semblables. $\mathrm{\square }$

Calcul pratique des déterminants

Matrices triangulaires

Démonstration. Supposons $A$ triangulaire supérieure, c'est-à-dire $a_{i,j}=0$ dès que $i>j$. Dans la formule

$$\det (A)=\sum _{\sigma \in {\mathfrak{S}}_n}\epsilon (\sigma )\prod _{i=1}^n{a}_{\sigma (i),i},$$

un terme est non nul seulement si tous ses facteurs le sont, c'est-à-dire seulement si $\sigma (i)⩽i$ pour tout $i\in [\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,n]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$. Montrons qu'une telle permutation est nécessairement l'identité, par récurrence sur $i$. Pour $i=1$ : $\sigma (1)⩽1$ donc $\sigma (1)=1$. Soit $i⩾2$ et supposons $\sigma (k)=k$ pour tout $k<i$. Alors $\sigma (i)⩽i$, et $\sigma (i)\mathrm{\notin }\{1,\dots ,i-1\}$ car ces valeurs sont déjà atteintes par $1,\dots ,i-1$ et $\sigma$ est injective : il reste $\sigma (i)=i$.

Seul le terme d'indice $\mathrm{i}\mathrm{d}$ subsiste donc, et il vaut $\epsilon (\mathrm{i}\mathrm{d}){\prod }_i{a}_{i,i}={\prod }_i{a}_{i,i}$.

Si $A$ est triangulaire inférieure, ${}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A$ est triangulaire supérieure de mêmes coefficients diagonaux, et $\det (A)=\det \left({}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A\right)$ donne le résultat. $\mathrm{\square }$

Effet des opérations élémentaires

Démonstration. Le déterminant est une forme $n$-linéaire alternée des colonnes. L'échange de deux colonnes change le signe : c'est l'antisymétrie. La multiplication d'une colonne par $\lambda$ multiplie le déterminant par $\lambda$ : c'est la linéarité par rapport à cette colonne. Enfin, pour la troisième opération, la linéarité par rapport à la colonne $i$ donne

$$\det (C_1,\dots ,C_i+\lambda C_j,\dots ,C_n)=\det (C_1,\dots ,C_i,\dots ,C_n)+\lambda \det (C_1,\dots ,C_j,\dots ,C_n),$$

et le second déterminant est nul, puisque la colonne $C_j$ y figure deux fois, aux rangs $i$ et $j$. Le résultat pour les lignes s'en déduit par $\det \left({}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A\right)=\det (A)$. $\mathrm{\square }$

Développement selon une rangée

Démonstration. Établissons d'abord un lemme : si $N\in {\mathcal{M}}_n(\mathbb{K})$ s'écrit par blocs

$$N=\left(\begin{array}{cc}1& L\\ 0& M\end{array}\right),$$

avec $L\in {\mathcal{M}}_{1,n-1}(\mathbb{K})$ et $M\in {\mathcal{M}}_{n-1}(\mathbb{K})$, alors $\det (N)=\det (M)$.

En effet, notons ${\mathrm{\ell }}_1,\dots ,{\mathrm{\ell }}_{n-1}$ les coefficients de $L$ et effectuons les opérations $C_{1+k}\leftarrow C_{1+k}-{\mathrm{\ell }}_k{C}_1$ pour $k$ allant de $1$ à $n-1$. Ce sont des opérations du troisième type, qui ne changent pas le déterminant, et comme $C_1$ est le premier vecteur de la base canonique, elles annulent la première ligne à partir de la deuxième colonne sans toucher au bloc $M$. Donc $\det (N)=\det \left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& M\end{array}\right)$. Considérons maintenant l'application $\mathrm{\Psi }$ qui, aux $n-1$ colonnes de $M$, associe ce dernier déterminant. Chaque colonne de la grande matrice s'obtient en complétant une colonne de $M$ par un zéro en tête, ce qui dépend linéairement de cette colonne ; $\mathrm{\Psi }$ est donc $(n-1)$-linéaire, et elle est alternée puisque deux colonnes égales dans $M$ donnent deux colonnes égales dans la grande matrice. Par unicité, $\mathrm{\Psi }=\mathrm{\Psi }(I_{n-1})\det$, et $\mathrm{\Psi }(I_{n-1})=\det (I_n)=1$ : d'où $\mathrm{\Psi }=\det$ et le lemme.

Passons au développement selon la colonne $j$. Notons $E_1,\dots ,E_n$ les colonnes de la base canonique de ${\mathcal{M}}_{n,1}(\mathbb{K})$. La colonne $C_j$ de $A$ s'écrit $C_j={\sum }_{i=1}^n{a}_{i,j}{E}_i$, et la linéarité du déterminant par rapport à la colonne $j$ donne

$$\det (A)=\sum _{i=1}^n{a}_{i,j}\det (C_1,\dots ,C_{j-1},E_i,C_{j+1},\dots ,C_n)\mathrm{.}$$

Fixons $i$ et notons $D_{i,j}$ ce dernier déterminant. Amenons la colonne $E_i$ en première position par $j-1$ échanges successifs avec sa voisine de gauche ; chacun change le signe, et l'ordre relatif des autres colonnes est préservé. Amenons de même la ligne $i$ en première position par $i-1$ échanges avec sa voisine du dessus. Au total,

$$D_{i,j}=(-1{)}^{(j-1)+(i-1)}\det \left(\begin{array}{cc}1& L\\ 0& M\end{array}\right)=(-1{)}^{i+j}\det (M),$$

puisque $(-1{)}^{i+j-2}=(-1{)}^{i+j}$. La première colonne obtenue est bien ${}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}\left(\begin{array}{cccc}1& 0& \cdots & 0\end{array}\right)$, car $E_i$ n'a qu'un coefficient non nul, en ligne $i$, devenue la première. Quant au bloc $M$, il est formé des coefficients de $A$ privés de la ligne $i$ et de la colonne $j$, rangés dans leur ordre initial : c'est exactement la matrice dont le déterminant est ${\mathrm{\Delta }}_{i,j}$. Le lemme donne alors $D_{i,j}=(-1{)}^{i+j}{\mathrm{\Delta }}_{i,j}$, d'où la formule annoncée.

Le développement selon la ligne $i$ s'en déduit en appliquant ce qui précède à ${}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A$, dont le mineur d'indice $(j,i)$ est ${\mathrm{\Delta }}_{i,j}$, et en utilisant $\det \left({}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A\right)=\det (A)$. $\mathrm{\square }$

Matrices triangulaires par blocs

Démonstration. Fixons $B$ et $C$, et notons $\mathrm{\Phi }$ l'application qui, aux $p$ colonnes $A_1,\dots ,A_p$ de $A$, associe le déterminant du membre de gauche. Chaque colonne de la grande matrice correspondante s'obtient en complétant $A_k$ par $q$ zéros, ce qui dépend linéairement de $A_k$ : $\mathrm{\Phi }$ est donc $p$-linéaire. Si deux colonnes de $A$ sont égales, deux colonnes de la grande matrice le sont aussi et le déterminant est nul : $\mathrm{\Phi }$ est alternée. Par unicité,

$$\mathrm{\Phi }(A)=\det (A)\times \mathrm{\Phi }(I_p),\text{o}\grave{\text{u}}\mathrm{\Phi }(I_p)=\det \left(\begin{array}{cc}{I}_p& C\\ 0& B\end{array}\right)\mathrm{.}$$

Il reste à calculer $\mathrm{\Phi }(I_p)$. Les $p$ premières colonnes de cette matrice sont les $p$ premiers vecteurs de la base canonique. En notant ${\alpha }_{i,k}$ les coefficients de $C$ et en effectuant, pour chaque $k\in [\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,q]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$, l'opération

$$C_{p+k}⟵C_{p+k}-\sum _{i=1}^p{\alpha }_{i,k}{C}_i,$$

qui est une succession d'opérations du troisième type, on annule le bloc $C$ sans changer le déterminant ni le bloc $B$. Donc

$$\mathrm{\Phi }(I_p)=\det \left(\begin{array}{cc}{I}_p& 0\\ 0& B\end{array}\right)\mathrm{.}$$

Le même argument qu'au début, appliqué cette fois aux $q$ colonnes de $B$, montre que $B\mapsto \det \left(\begin{array}{cc}{I}_p& 0\\ 0& B\end{array}\right)$ est $q$-linéaire alternée, donc égale à $\det (B)$ fois sa valeur en $I_q$, laquelle vaut $\det (I_n)=1$. Ainsi $\mathrm{\Phi }(I_p)=\det (B)$, ce qui achève la démonstration.

Pour une matrice triangulaire inférieure par blocs, on transpose : ${}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}\left(\begin{array}{cc}A& 0\\ C& B\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}{}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A& {}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}C\\ 0& {}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}B\end{array}\right)$, et l'on conclut par $\det \left({}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A\right)=\det (A)$. $\mathrm{\square }$

Deux déterminants d'ordre 4

Le déterminant de Vandermonde

Démonstration du cas $n=3$. Notons $a$, $b$, $c$ les trois scalaires. Effectuons les opérations $C_3\leftarrow C_3-C_1$ puis $C_2\leftarrow C_2-C_1$, qui ne changent pas le déterminant :

$$V_3=\mid \begin{array}{ccc}1& 1& 1\\ a& b& c\\ a^2& b^2& c^2\end{array}\mid =\mid \begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ a& b-a& c-a\\ a^2& b^2-a^2& c^2-a^2\end{array}\mid \mathrm{.}$$

Développons selon la première ligne, qui ne comporte plus qu'un coefficient non nul :

$$V_3=\mid \begin{array}{cc}b-a& c-a\\ b^2-a^2& c^2-a^2\end{array}\mid \mathrm{.}$$

Comme $b^2-a^2=(b-a)(b+a)$ et $c^2-a^2=(c-a)(c+a)$, on peut sortir $b-a$ de la première colonne et $c-a$ de la seconde :

$$V_3=(b-a)(c-a)\mid \begin{array}{cc}1& 1\\ b+a& c+a\end{array}\mid =(b-a)(c-a)(c+a-b-a)=(b-a)(c-a)(c-b),$$

ce qui est bien ${\prod }_{1⩽i<j⩽3}(a_j-a_i)$ avec $a_1=a$, $a_2=b$, $a_3=c$. $\mathrm{\square }$

Principe de la récurrence dans le cas général. On raisonne par récurrence sur $n$, l'initialisation à $n=2$ étant l'égalité $V_2=a_2-a_1$, immédiate. Pour l'hérédité, on effectue sur $V_n$ les opérations

$$L_i⟵L_i-a_1{L}_{i-1}\text{pour }i\text{ d}\acute{\text{e}}\text{croissant de }n\grave{\text{a}}2,$$

en commençant impérativement par la dernière ligne pour ne pas utiliser une ligne déjà modifiée. Ces opérations ne changent pas le déterminant. Le coefficient d'indice $(i,j)$, qui valait $a_j^{i-1}$, devient

$$a_j^{i-1}-a_1{a}_j^{i-2}=a_j^{i-2}(a_j-a_1)\mathrm{.}$$

En particulier, la première colonne devient ${}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}\left(\begin{array}{cccc}1& 0& \cdots & 0\end{array}\right)$, puisque $a_1^{i-1}-a_1{a}_1^{i-2}=0$. On développe alors selon cette colonne, ce qui ramène à un déterminant d'ordre $n-1$ dont le coefficient d'indice $(i,j)$ vaut $a_j^{i-2}(a_j-a_1)$, pour $i$ et $j$ variant de $2$ à $n$. Chaque colonne $j$ admet le facteur commun $a_j-a_1$, que l'on sort : il reste exactement le déterminant de Vandermonde de $a_2,\dots ,a_n$. D'où

$$V_n(a_1,\dots ,a_n)=\left(\prod _{j=2}^n\right(a_j-a_1\left)\right)V_{n-1}(a_2,\dots ,a_n),$$

et l'hypothèse de récurrence donne $V_{n-1}(a_2,\dots ,a_n)={\prod }_{2⩽i<j⩽n}(a_j-a_i)$. En regroupant les deux produits, on obtient ${\prod }_{1⩽i<j⩽n}(a_j-a_i)$. $\mathrm{\square }$

Comatrice et inverse

La comatrice

Démonstration. Calculons le coefficient d'indice $(i,k)$ du produit $A\times {}^t\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{m}(A)$. Le coefficient d'indice $(j,k)$ de ${}^t\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{m}(A)$ est $c_{k,j}$, donc

$$(A\times {}^t\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{m}(A){)}_{i,k}=\sum _{j=1}^n{a}_{i,j}{c}_{k,j}\mathrm{.}$$

Cas $i=k$. La somme ${\sum }_j{a}_{i,j}{c}_{i,j}$ est exactement le développement de $\det (A)$ selon la ligne $i$ : le coefficient vaut $\det (A)$.

Cas $i\mathrm{\ne }k$. Notons $A^{\mathrm{\prime }}$ la matrice obtenue à partir de $A$ en remplaçant sa ligne $k$ par une copie de sa ligne $i$, toutes les autres lignes étant inchangées. La matrice $A^{\mathrm{\prime }}$ possède alors deux lignes identiques, les lignes $i$ et $k$, donc $\det (A^{\mathrm{\prime }})=0$. Développons $\det (A^{\mathrm{\prime }})$ selon sa ligne $k$ : les coefficients de cette ligne sont les $a_{i,j}$, et les cofacteurs correspondants s'obtiennent en supprimant la ligne $k$ et la colonne $j$ de $A^{\mathrm{\prime }}$, donc ne font pas intervenir la ligne $k$ ; comme $A$ et $A^{\mathrm{\prime }}$ ne diffèrent que par cette ligne, ces cofacteurs sont ceux de $A$, c'est-à-dire les $c_{k,j}$. Ainsi

$$0=\det (A^{\mathrm{\prime }})=\sum _{j=1}^n{a}_{i,j}{c}_{k,j},$$

et le coefficient d'indice $(i,k)$ du produit est nul.

Le produit $A\times {}^t\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{m}(A)$ a donc tous ses coefficients diagonaux égaux à $\det (A)$ et tous ses autres coefficients nuls : il vaut $\det (A)I_n$.

Pour l'autre produit, observons d'abord que $\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{m}\left({}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A\right)={}^t\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{m}(A)$. En effet, la matrice obtenue en supprimant la ligne $i$ et la colonne $j$ de ${}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A$ est la transposée de celle obtenue en supprimant la ligne $j$ et la colonne $i$ de $A$ : leurs déterminants sont donc égaux, et les signes $(-1{)}^{i+j}$ coïncident. Appliquons alors la relation déjà démontrée à la matrice ${}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A$ :

$${}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A\times {}^t\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{m}\left({}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A\right)=\det \left({}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A\right)I_n,\text{c’est-}\grave{\text{a}}\text{-dire}{}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A\times \mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{m}(A)=\det (A)I_n,$$

en utilisant ${}^t\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{m}\left({}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A\right)={}^t({}^t\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{m}(A))=\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{m}(A)$ et $\det \left({}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A\right)=\det (A)$. Il ne reste qu'à transposer cette égalité, en se souvenant que ${}^t(XY)={}^{t}Y{}^{t}X$ :

$${}^t\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{m}(A)\times A=\det (A)I_n\mathrm{.}$$

Les deux produits valent donc bien $\det (A)I_n$. $\mathrm{\square }$

Inverse et systèmes de Cramer

Démonstration. Si $\det (A)\mathrm{\ne }0$, la relation précédente se divise par $\det (A)$ et donne

$$A\times (\frac{1}{\det (A)}{}^t\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{m}(A))=(\frac{1}{\det (A)}{}^t\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{m}(A))\times A=I_n,$$

ce qui est exactement la définition de l'inverse. $\mathrm{\square }$

Démonstration. L'existence et l'unicité de la solution sont acquises : $X=A^{-1}Y$. Il reste à calculer ses coefficients. L'égalité $AX=Y$ se lit, en colonnes, $Y={\sum }_{k=1}^n{x}_k{C}_k$. Fixons $j$ et remplaçons $Y$ par cette expression dans le numérateur ; la linéarité du déterminant par rapport à sa $j$-ème colonne donne

$$\det (C_1,\dots ,Y,\dots ,C_n)=\sum _{k=1}^n{x}_k\det (C_1,\dots ,C_{j-1},C_k,C_{j+1},\dots ,C_n)\mathrm{.}$$

Pour $k\mathrm{\ne }j$, la colonne $C_k$ figure deux fois dans le déterminant, aux rangs $k$ et $j$ : le terme est nul. Il ne reste que le terme $k=j$, égal à $x_j\det (A)$. On divise par $\det (A)$, qui est non nul. $\mathrm{\square }$

Méthodes à retenir