Le déterminant par blocs lorsque deux blocs commutent

Stratégie. Le programme ne donne qu'un théorème de calcul par blocs, celui du cas triangulaire. Toute la question est donc de fabriquer un bloc nul : on multiplie $M$ à droite par une matrice par blocs choisie pour annuler le coin inférieur gauche.

1. Posons $N=\left(\begin{array}{cc}D& 0_n\\ -C& I_n\end{array}\right)$. Le produit par blocs (licite, les tailles étant compatibles) donne $$MN=\left(\begin{array}{cc}A& B\\ C& D\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}D& 0\\ -C& I_n\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}AD-BC& B\\ CD-DC& D\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}AD-BC& B\\ 0_n& D\end{array}\right),$$ la nullité du bloc inférieur gauche étant exactement l'hypothèse $CD=DC$. Les matrices $N$ et $MN$ sont triangulaires par blocs, donc $$\det N=\det (D)\det (I_n)=\det D,\det (MN)=\det (AD-BC)\det (D).$$ Par multiplicativité du déterminant, $\det (M)\det (D)=\det (AD-BC)\det (D)$, et comme $\det D\ne 0$ on peut simplifier : $$\boxed{\det M=\det (AD-BC)}$$

2. Contrôle numérique. Prenons $$A=\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ 3& 4\end{array}\right),B=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 0\end{array}\right),C=\left(\begin{array}{cc}2& 3\\ 0& 2\end{array}\right),D=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 1\end{array}\right).$$ On a $CD=DC=\left(\begin{array}{cc}2& 5\\ 0& 2\end{array}\right)$ et $\det D=1\ne 0$ : les hypothèses sont remplies. Alors $$AD=\left(\begin{array}{cc}1& 3\\ 3& 7\end{array}\right),BC=\left(\begin{array}{cc}0& 2\\ 2& 3\end{array}\right),AD-BC=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 4\end{array}\right),\det (AD-BC)=4-1=3.$$ Et en développant directement le déterminant $4\times 4$ de $M=\left(\begin{array}{cccc}1& 2& 0& 1\\ 3& 4& 1& 0\\ 2& 3& 1& 1\\ 0& 2& 0& 1\end{array}\right)$ on trouve $\det M=3$ ✓.

Retour sur l'exercice 4. On y avait $A=D=I_2$, $B=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 0& 0\end{array}\right)$, $C=\left(\begin{array}{cc}0& 0\\ 1& 0\end{array}\right)$. Comme $D=I_2$, l'hypothèse $CD=DC$ est vérifiée et $D$ est inversible : la formule s'applique et donne $$\det M^{\prime }=\det (AD-BC)=\det \left(I_2-\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 0\end{array}\right)\right)=\left|\begin{array}{cc}0& 0\\ 0& 1\end{array}\right|=0,$$ en accord avec le calcul direct. La bonne formule rend $0$ là où la formule naïve $\det A\det D-\det B\det C$ annonçait $1$.

3. L'hypothèse n'est pas superflue. Prenons $$A=\left(\begin{array}{cc}0& 0\\ 0& 1\end{array}\right),B=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 0& 0\end{array}\right),C=\left(\begin{array}{cc}0& 0\\ 0& 1\end{array}\right),D=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 0\end{array}\right),$$ avec $\det D=-1\ne 0$ mais $CD=\left(\begin{array}{cc}0& 0\\ 1& 0\end{array}\right)\ne \left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 0& 0\end{array}\right)=DC$. 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 ses lignes $L_1$ et $L_3$ égales, donc $\det M=0$, alors que $AD-BC=\left(\begin{array}{cc}0& -1\\ 1& 0\end{array}\right)$ a pour déterminant $1$ : la formule tombe en défaut dès qu'on retire la commutation.

Remarque (hors programme). L'hypothèse « $D$ inversible » n'est en revanche qu'une commodité de démonstration : le résultat subsiste pour $D$ quelconque, par un argument de continuité ou de polynômes que le programme de PC n'exige pas.