Déterminant de sous-matrices
Voici un petit exercice d’algèbre linéaire :
Soit A une matrice symétrique n×n à coefficients entiers et de déterminant nul. On note Aj la matrice (n-1)×(n-1) obtenue à partir de A en supprimant la j-ième ligne et la j-ième colonne.
Soient i,j dans {1,…,n}. Le nombre det(AiAj) est-il un nombre carré?
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.
Oupla, j’avais oublié le mot dans l’énoncé ! Merci de l’avoir remarqué.
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.
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
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
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
Ainsi
Par conséquence det(AiAj) est un entier qui est le carré d’un nombre rationnel, donc finalement c’est le carré d’un nombre entier.