Le déterminant par blocs quand deux blocs commutent

Ce qu'on a le droit d'utiliser. Le produit par blocs de tailles compatibles, le théorème du déterminant triangulaire par blocs, la multiplicativité du déterminant, le développement selon une ligne ou une colonne, et l'existence d'un polynôme annulateur non nul pour toute matrice carrée : la famille $\left(I_n,D,D^2,\dots ,D^{n^2}\right)$ compte $n^2+1$ éléments de ${\mathcal{M}}_n(\mathbb{K})$, qui est de dimension $n^2$, donc elle est liée, et une relation de liaison non triviale est un polynôme annulateur non nul.

La stratégie. Le programme ne donne qu'un théorème de calcul par blocs, celui du cas triangulaire. Il faut donc fabriquer un bloc nul : on multiplie $M$ par une matrice par blocs choisie pour annuler le coin inférieur gauche.

a) La formule. Posons $N=\left(\begin{array}{cc}D& 0\\ -C& I_n\end{array}\right)$. Le produit par blocs donne $$MN=\left(\begin{array}{cc}AD-BC& B\\ CD-DC& D\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}AD-BC& B\\ 0& D\end{array}\right),$$ la nullité du bloc inférieur gauche étant exactement l'hypothèse $CD=DC$. Les matrices $N$ et $MN$ sont triangulaires par blocs, donc $\det N=\det D\cdot \det I_n=\det D$ et $\det (MN)=\det (AD-BC)\det D$. Par multiplicativité, $\det M\det D=\det (AD-BC)\det D$ ; comme $\det D\ne 0$, on simplifie : $$\det M=\det (AD-BC).$$

b) La commutation est indispensable. Prenons $n=2$ et $A=\left(\begin{array}{cc}0& 0\\ 0& 1\end{array}\right)$, $B=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 0& 0\end{array}\right)$, $C=\left(\begin{array}{cc}0& 0\\ 0& 1\end{array}\right)$, $D=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 0\end{array}\right)$. Alors $\det D=-1\ne 0$, mais $CD=\left(\begin{array}{cc}0& 0\\ 1& 0\end{array}\right)$ et $DC=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 0& 0\end{array}\right)$ diffèrent. Ici $$M=\left(\begin{array}{cccc}0& 0& 0& 1\\ 0& 1& 0& 0\\ 0& 0& 0& 1\\ 0& 1& 1& 0\end{array}\right)$$ a sa première et sa troisième ligne égales, donc $\det M=0$ ; tandis que $AD-BC=\left(\begin{array}{cc}0& 0\\ 1& 0\end{array}\right)-\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 0& 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}0& -1\\ 1& 0\end{array}\right)$ a pour déterminant $1$. La formule tombe dès qu'on retire la commutation.

c) La formule naïve. Avec $A=D=I_2$, $B=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 0& 0\end{array}\right)$ et $C=\left(\begin{array}{cc}0& 0\\ 1& 0\end{array}\right)$ : $$M=\left(\begin{array}{cccc}1& 0& 0& 1\\ 0& 1& 0& 0\\ 0& 0& 1& 0\\ 1& 0& 0& 1\end{array}\right),$$ dont la première et la dernière ligne sont égales : $\det M=0$. La formule de l'élève donne $\det A\det D-\det B\det C=1-0=1$ : elle est fausse. En revanche, $D=I_2$ est inversible et commute avec $C$, donc le a) s'applique : $BC=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 0\end{array}\right)$, $AD-BC=\left(\begin{array}{cc}0& 0\\ 0& 1\end{array}\right)$, de déterminant $0$ — la bonne valeur. Les blocs sont des matrices, qui ne commutent pas en général : il n'y a aucune raison que la formule $ad-bc$ survive telle quelle, et c'est précisément la commutation qui sauve sa version correcte.

d) Sans l'inversibilité de $D$.

La commutation persiste : $C{D}_t=CD-tC=DC-tC=D_{t}C$.

$D_t$ est inversible sauf pour un nombre fini de valeurs de $t$. Soit $Q$ un polynôme annulateur non nul de $D$, et soit $t$ un scalaire qui n'est pas racine de $Q$. La division euclidienne de $Q$ par $X-t$ s'écrit $Q=(X-t)S+Q(t)$, et en l'évaluant en $D$ : $$0=Q(D)=(D-t{I}_n)S(D)+Q(t)I_n.$$ Comme $Q(t)\ne 0$, on en tire $(D-t{I}_n)\times \left(-\frac{1}{Q(t)}S(D)\right)=I_n$ : la matrice $D_t$ est inversible. Elle l'est donc pour tout $t$ hors de l'ensemble des racines de $Q$, qui est fini.

L'identité polynomiale. Pour un tel $t$, le a), appliqué au quadruplet $(A,B,C,D_t)$, donne $$\det \left(\begin{array}{cc}A& B\\ C& D_t\end{array}\right)=\det (A{D}_t-BC).$$ Les deux membres sont des fonctions polynomiales de $t$ : chacun est le déterminant d'une matrice dont les coefficients sont des polynômes en $t$, de degré au plus $1$, et un tel déterminant est un polynôme en $t$ — par récurrence sur la taille, en le développant selon une colonne. Deux polynômes qui coïncident en une infinité de points — ici tous les scalaires sauf un nombre fini, et $\mathbb{K}$ est infini — sont égaux, car leur différence a une infinité de racines. L'égalité vaut donc pour tout $t$, en particulier pour $t=0$, où $D_0=D$ : $\det M=\det (AD-BC)$.

Le point délicat. On ne peut rien faire directement avec une matrice $D$ non inversible ; on la perturbe en $D-t{I}_n$, qui est inversible pour presque tout $t$, puis l'on revient à $t=0$ par un argument purement algébrique : une identité entre polynômes vraie sur un ensemble infini est vraie partout.

e) Contrôle. Ici $CD=DC=\left(\begin{array}{cc}0& 2\\ 0& 0\end{array}\right)$ et $\det D=0$ : c'est exactement la situation du d). On calcule $$AD=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 0& 3\end{array}\right),BC=\left(\begin{array}{cc}10& 13\\ 4& 20\end{array}\right),AD-BC=\left(\begin{array}{cc}-10& -12\\ -4& -17\end{array}\right),$$ d'où $\det (AD-BC)=170-48=122$. Directement, $$M=\left(\begin{array}{cccc}1& 2& 5& -1\\ 3& 4& 2& 7\\ 2& 3& 0& 1\\ 0& 2& 0& 0\end{array}\right),$$ et le développement selon la dernière ligne, qui n'a qu'un coefficient non nul — le $2$ en position $(4,2)$, de signe $(-1{)}^{4+2}=+1$ —, donne $$\det M=2\left|\begin{array}{ccc}1& 5& -1\\ 3& 2& 7\\ 2& 0& 1\end{array}\right|=2(1\times 2-5\times (3-14)-1\times (0-4))=2\times 61=122.$$ Les deux calculs concordent.

Ce que l'exercice installe. Le seul théorème par blocs est le cas triangulaire : pour tout le reste, on fabrique le bloc nul par un produit bien choisi — c'est le principe du « complément de Schur ». Et pour lever une hypothèse d'inversibilité, on perturbe la matrice par $-t{I}_n$ et l'on conclut par un argument polynomial. On retrouvera ce geste chaque fois qu'une démonstration bute sur une matrice non inversible.