Déterminant de sous-matrices

1. 

   PB dit :

   5 janvier 2011 à 15h38

   Deux exemples (les matrices sont données par leurs lignes) :
   – Pour A=[[0,0],[0,0]], on a det(A1)det(A2)=0 qui est un carré parfait.
   – Pour A=[[1,1],[-1,-1]], on a det(A1)det(A2)=-1 qui n’est pas un carré.

   Du coup, je ne saisis pas bien la question.

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2. 

   MathOMan dit :

   5 janvier 2011 à 15h40

   Oupla, j’avais oublié le mot symétrique dans l’énoncé ! Merci de l’avoir remarqué.

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3. 

   JLT dit :

   5 janvier 2011 à 21h08

   Marrant cet exo. La réponse est oui. Je n’ai pas vu tout de suite la solution alors j’ai fait le calcul à la main pour les matrices 3×3, puis ça m’a rappelé un exercice classique sur le rang de la comatrice.

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4. 

   MathOMan dit :

   4 avril 2011 à 13h09

   Notons \(A=(a_{\ell,k})\). Puisque det(A)=0 les lignes de A sont liées dans le \(\mathbb Q\)-espace vectoriel \(\mathbb{Q}^n\). Nous traitons le cas où la première ligne est combinaison linéaire des autres (les autres cas sont similaires, seulement leur notation est plus lourde). Il existe donc \(\lambda_2,\ldots,\lambda_n\in\mathbb Q\) tels que

   \(a_{1,k}=\sum_{\ell=2}^n\lambda_\ell a_{\ell,k}.\)

   D’où le calcul de déterminant

   \(\begin{eqnarray*}
   \det(A_2)&=&
   \begin{vmatrix}a_{1,1}&a_{1,3}&\cdots&a_{1,n}\\
   a_{3,1}&a_{3,3}&\cdots&a_{3,n}\\
   \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
   a_{n,1}&a_{n,3}&\cdots&a_{n,n}
   \end{vmatrix}\\
   &=&\begin{vmatrix}\sum_{\ell=2}^n\lambda_\ell a_{\ell,1}&\sum_{\ell=2}^n\lambda_\ell a_{\ell,3}&\cdots&\sum_{\ell=2}^n\lambda_\ell a_{\ell,n}\\
   a_{3,1}&a_{3,3}&\cdots&a_{3,n}\\
   \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
   a_{n,1}&a_{n,3}&\cdots&a_{n,n}
   \end{vmatrix}\\
   &=&\begin{vmatrix}\lambda_2 a_{2,1}&\lambda_2 a_{2,3}&\cdots&\lambda_2 a_{2,n}\\
   a_{3,1}&a_{3,3}&\cdots&a_{3,n}\\
   \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
   a_{n,1}&a_{n,3}&\cdots&a_{n,n}
   \end{vmatrix}\\&
   =&\lambda_2\begin{vmatrix} a_{2,1}& a_{2,3}&\cdots& a_{2,n}\\
   a_{3,1}&a_{3,3}&\cdots&a_{3,n}\\
   \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
   a_{n,1}&a_{n,3}&\cdots&a_{n,n}
   \end{vmatrix}
   \end{eqnarray*}
   \)

   Or par symétrie de la matrice A on a également

   \(a_{\ell,1}=\sum_{k=2}^n\lambda_k a_{\ell,k}\)

   ce qui permet de continuer le calcul.

   \(\begin{eqnarray*}
   \det(A_2)
   &=&\lambda_2\begin{vmatrix}
   \sum_{k=2}^n\lambda_k a_{2,k}& a_{2,3}&\cdots& a_{2,n}\\
   \sum_{k=2}^n\lambda_k a_{3,k}&a_{3,3}&\cdots&a_{3,n}\\
   \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
   \sum_{k=2}^n\lambda_k a_{n,k}&a_{n,3}&\cdots&a_{n,n}
   \end{vmatrix}\\
   &=&\lambda_2\begin{vmatrix}
   \lambda_2 a_{2,2}& a_{2,3}&\cdots& a_{2,n}\\
   \lambda_2 a_{3,2}&a_{3,3}&\cdots&a_{3,n}\\
   \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
   \lambda_2 a_{n,2}&a_{n,3}&\cdots&a_{n,n}
   \end{vmatrix}=\lambda^2_2\det(A_1).
   \end{eqnarray*}\)

   De la même manière on montre que

   \(\forall\, j=2,\ldots,n\::\quad \det(A_j)=\lambda^2_j\det(A_1).\)

   Ainsi

   \(\forall\, i,j=2,\ldots,n\::\quad \det(A_iA_j)=\lambda^2_i\lambda^2_j\det(A_1)^2.\)

   Par conséquence det(A_iA_j) est un entier qui est le carré d’un nombre rationnel, donc finalement c’est le carré d’un nombre entier.

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