La trace est la dérivée du déterminant au voisinage de l'identité

Ce que l'on montre. Pour $A\in {\mathcal{M}}_n(\mathbb{R})$, la fonction $P:t\mapsto \det (I_n+tA)$ est dérivable en $0$ et $P^{\prime }(0)=\mathrm{tr}A$.

Ce qu'on s'autorise. La linéarité du déterminant par rapport à chaque colonne prise séparément ; le fait qu'ajouter à une colonne une combinaison des autres ne change pas le déterminant ; le développement par rapport à une colonne ; le déterminant d'une matrice diagonale.

Stratégie. On ne calcule aucune limite de taux d'accroissement. On montre que $P$ est une fonction polynomiale de $t$, puis on identifie son coefficient de degré $1$ : un polynôme est dérivable, et sa dérivée en $0$ est ce coefficient.

Étape 1 — $P$ est polynomiale. Chaque coefficient de $I_n+tA$ est une fonction affine de $t$. Le développement par rapport à une colonne exprime un déterminant d'ordre $n$ comme somme de produits d'un coefficient par un déterminant d'ordre $n-1$ : une récurrence immédiate sur $n$ montre alors que $P$ est polynomiale, de degré au plus $n$. En particulier $P$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et s'écrit $$P(t)=P(0)+P^{\prime }(0)t+t^{2}Q(t)$$ pour un certain polynôme $Q$. Il ne reste qu'à identifier les deux premiers coefficients.

Étape 2 — développer colonne par colonne. Notons $a_1,\dots ,a_n$ les colonnes de $A$ et $e_1,\dots ,e_n$ la base canonique : la $j$-ième colonne de $I_n+tA$ est $e_j+t{a}_j$. En utilisant la linéarité par rapport à la première colonne, puis à la deuxième, et ainsi de suite, on obtient une somme de $2^n$ déterminants, indexés par la partie $J\subset \{1,\dots ,n\}$ des colonnes où l'on a retenu $t{a}_j$ : $$P(t)=\sum _{J\subset \{1,\dots ,n\}}{t}^{|J|}\det (u_1^J,\dots ,u_n^J),u_j^J=\{\begin{array}{ll}{a}_j& \text{si }j\in J,\\ e_j& \text{sinon.}\end{array}$$ Tous les termes tels que $|J|\ge 2$ sont divisibles par $t^2$ : ils ne contribuent ni au terme constant, ni au terme en $t$.

Étape 3 — les deux premiers coefficients. Le terme $J=\varnothing$ vaut $\det I_n=1$, d'où $P(0)=1$. Pour $J=\{j\}$, notons $M_j$ la matrice égale à $I_n$ sauf sa $j$-ième colonne, remplacée par $a_j={\sum }_i{a}_{ij}{e}_i$. Retranchons à cette colonne la combinaison ${\sum }_{i\ne j}{a}_{ij}{e}_i$ des autres colonnes de $M_j$ : le déterminant est inchangé, et la $j$-ième colonne devient $a_{jj}{e}_j$. La matrice obtenue est diagonale, de diagonale $(1,\dots ,1,a_{jj},1,\dots ,1)$, donc $\det M_j=a_{jj}$. Le coefficient de $t$ vaut donc ${\sum }_{j=1}^n{a}_{jj}$ : $$\boxed{\det (I_n+tA)=1+t\mathrm{tr}A+O\left(t^2\right),\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}[\det (I_n+tA){]}_{t=0}=\mathrm{tr}A.}$$

Le point délicat. La linéarité du déterminant est colonne par colonne, jamais globale : $\det (I_n+tA)\ne \det (I_n)+t\det (A)$. C'est justement parce qu'on ne peut pas séparer d'un seul coup que la trace apparaît — comme somme des $n$ façons de ne « dériver » qu'une colonne à la fois, les autres étant prises en $t=0$, c'est-à-dire égales à $e_i$.

Contrôle. Pour $A=\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ 3& 4\end{array}\right)$ : $$\det (I_2+tA)=(1+t)(1+4t)-(2t)(3t)=1+5t-2t^2.$$ Le coefficient de $t$ vaut bien $\mathrm{tr}A=1+4=5$ ; celui de $t^2$ vaut $\det A=4-6=-2$, conformément à la forme générale $\det (I_2+tA)=1+t\mathrm{tr}A+t^2\det A$ en dimension $2$.

Acquis — la trace lue sur le polynôme caractéristique. Avec la convention ${\chi }_A(x)=\det (x{I}_n-A)$, on a pour $x\ne 0$ $${\chi }_A(x)=x^n\det \left(I_n-\frac{1}{x}A\right)=x^n\left(1-\frac{\mathrm{tr}A}{x}+O\left(\frac{1}{x^2}\right)\right)=x^n-\mathrm{tr}(A)x^{n-1}+\cdots$$ Le coefficient sous-dominant de ${\chi }_A$ est $-\mathrm{tr}A$, et l'on voit pourquoi : la trace est la partie linéaire du déterminant au voisinage de l'identité. C'est la raison pour laquelle elle surgit chaque fois qu'un déterminant est dérivé.