Le déterminant d'une matrice \(n\times n\) est donc un nombre réel, défini à partir de la fonction \(\widetilde{\varphi}_n\) dont l'existence a été démontrée dans la section précédente:
Parfois, pour indiquer la dépendence du déterminant en ses colonnes, on écrira \[ \det(A):= \det(\boldsymbol{a}_1,\dots,\boldsymbol{a}_n)\,. \]
Les propriétés énoncées dans le théorème de la section précédente se résument comme suit:
Par ces relations de récurrence, le déterminant d'une matrice \(n\times n\) peut toujours se calculer en passant par le calcul de \(n\) déterminants de sous-matrices \((n-1)\times(n-1)\). Mais à leur tour, le déterminant de chacune de ces matrices \((n-1)\times(n-1)\) passe par le calcul de \(n-1\) matrices \((n-2)\times(n-2)\), etc. Ainsi, si \(N_n\) représente le nombre d'opérations nécessaires pour calculer le déterminant d'une matrice \(n\times n\), on a \[\begin{aligned} N_n &=nN_{n-1}\\ &=n(n-1)N_{n-2}\\ &=n(n-1)(n-2)N_{n-3}\\ &\vdots\\ &=n(n-1)(n-3)\cdots 4\cdot 3\cdot N_2=\frac{n!}{2}N_2\,. \end{aligned}\] Ainsi, le nombre d'opérations augmente factoriellement avec \(n\), ce qui rend un calcul de déterminant, a priori, très couteux pour des grandes matrices.
Exemple:
Prenons une matrice \(10\times 10\), par exemple
\[
A=
\begin{pmatrix}
8&8&1&0&6&1&9&7&5&5\\
1&3&3&9&7&4&7&1&5&5\\
8&5&6&7&8&3&0&8&9&7\\
5&5&4&7&3&8&3&4&5&8\\
9&6&8&5&5&3&6&4&3&6\\
1&8&9&5&3&7&4&3&5&3\\
5&4&1&3&9&6&8&9&3&2\\
5&2&1&9&9&5&6&0&4&5\\
7&3&6&8&6&0&6&7&3&6\\
3&8&2&2&6&6&3&5&9&6\\
\end{pmatrix}
\]
Par ce que nous avons dit plus haut, le calcul de \(\det(A)\)
requiert environ \(10!\) (factorielle) opérations, ce qui est de
l'ordre de \(3'628'800\).
Avec une matrice \(100\times 100\), le nombre d'opérations est de l'ordre de
\(10^{158}\); il faudrait à
n'importe quel ordinateur, même très puissant, un temps bien
supérieur à l'âge de l'univers pour effectuer ce calcul
(source: Rappaz-Picasso.)
Remarque: La matrice ci-dessus a été
générée aléatoirement.
Donc en général, on ne calcule pas un déterminant en utilisant les relations de
récursion....
En revanche, ce qu'on peut faire est d'utiliser les relations de
récurrence, ainsi que les propriétés de base des fonctions
\(\widetilde\varphi_n\), pour dériver d'autres propriétés générales
du déterminant.
Celles-ci fourniront des
méthodes permettant d'économiser autant que possible sur le nombre d'opérations
à effectuer pour calculer un déterminant, en simplifiant la matrice.
D'abord, un résultat préliminaire:
Lemme: \(\det(A^T)=\det(A)\)
Par récurrence sur \(n\). Lorsque \(n=2\), on a simplement \[\begin{aligned} \det(A) =\det \begin{pmatrix} a&b\\ c&d \end{pmatrix} &=ad-bc\\ &=ad-cb =\det \begin{pmatrix} a&c\\ b&d \end{pmatrix} =\det(A^T)\,. \end{aligned}\] Supposons maintenant que la formule soit correcte pour toute matrice \(n\times n\), et considérons une matrice \((n+1)\times(n+1)\), notée \(A\). En développant selon la première colonne, puisque le coefficient \(j1\) de \(A^T\) est le coefficient \(1j\) de \(A\), à savoir \(a_{1j}\), on a que \[ \det(A^T) =\sum_{j=1}^{n+1}(-1)^{j+1}a_{1j}\det((A^T)_{j1})\,. \] Mais par la définition de la transposition, \((A^T)_{j1}=(A_{1j})^T\). De plus, par l'hypothèse d'induction, \(A_{1j}\) étant une matrice \((n-1)\times (n-1)\), \[ \det((A_{1j})^T)=\det(A_{1j})\,, \] ce qui donne \[ \det(A^T) =\sum_{j=1}^{n+1}(-1)^{j+1}a_{1j}\det(A_{1j})=\det(A)\,. \] En effet, cette dernière somme est le déterminant de \(A\), développé selon la première ligne.
Ensuite, les propriétés qui permettront de simplifier le calcul du déterminant:
Ces propriétés suivent directement du fait que le déterminant est une fonction
des colonnes (\(\widetilde{\varphi}_n\)), qui est alternée et
multilinéaire.
Par exemple, si deux colonnes de \(A\)
sont égales, \(\det(A)=0\) suit immédiatement du fait que
\(\det(A)=\widetilde\varphi_n(\boldsymbol{a}_1,\dots,\boldsymbol{a}_n)\), et que
\(\widetilde\varphi_n\) est alternée.
Puis, si deux lignes de \(A\) sont égales, alors deux colonnes de \(A^T\) sont
égales, et donc \(\det(A^T)=0\). Par le lemme précédent, \(\det(A)=0\).
Exemple:
Ensuite, il existe des matrices dont le calcul du déterminant ne requiert aucune opération particulière:
Exemple: Une matrice \(4\times 4\) triangulaire supérieure: \[ A= \begin{pmatrix} 2&-1&4&-2\\ 0&-5&5&0\\ 0&0&1&-1\\ 0&0&0&3 \end{pmatrix} \]
Lemme: Si \(A\) est une matrice triangulaire supérieure ou inférieure, alors son déterminant est le produit de ses termes diagonaux: \[ \det(A)=a_{11}\cdots a_{nn}=:\prod_{j=1}^na_{jj}\,. \]
Montrons la première affirmation pour les matrices triangulaires supérieures, par récurrence sur \(n\). Pour \(n=2\), on a \[\det \begin{pmatrix} a_{11}&0\\ a_{12}&a_{22} \end{pmatrix} =a_{11}a_{22}-0\cdot a_{12}=\prod_{j=1}^2a_{jj}\,. \] Supposons que le résultat est prouvé pour un certain entier \(n\), et considérons une matrice \(A\), \((n+1)\times(n+1)\), triangulaire supérieure. En développant selon la première colonne, et en utilisant le fait que tous les \(a_{j1}=0\) lorsque \(j=2,\dots,n+1\), il ne reste que le terme \(j=1\). De plus, puisque \(A_{11}\) est une matrice \(n\times n\) triangulaire supérieure, on peut utiliser l'hypothèse d'induction: \[\begin{aligned} \det(A) &=\sum_{j=1}^{n+1}(-1)^{j+1}a_{j1}\det(A_{j1})\\ &=(-1)^{1+1}a_{11}\det(A_{11})\\ &=a_{11}\prod_{j=2}^{n+1}a_{jj}\\ &=\prod_{j=1}^{n+1}a_{jj}\,. \end{aligned}\] Si \(A\) est triangulaire inférieure, alors \(A^T\) est triangulaire supérieure et ses éléments diagonaux sont les mêmes, donc le résultat est aussi vrai.
En particulier, si \(A\) est diagonale, \[ A=\mathrm{diag}(d_1,\dots,d_n) := \begin{pmatrix} d_1&0&\cdots&0\\ 0&d_2&&\\ \vdots&&\ddots&0\\ 0&\cdots&0&d_n \end{pmatrix}\, \] alors \[ \det(A)=d_1\cdots d_n=\prod_{j=1}^nd_j\,. \]
Exemple: \[ \det \begin{pmatrix} 1&76&-21&98&-5&99\\ 0&\sqrt{2}&0&-6&98&\\ 0&0&32&53&75&97\\ 0&0&0&0&42&14\\ 0&0&0&0&21&32\\ 0&0&0&0&0&95 \end{pmatrix} =1\cdot\sqrt{2}\cdot 32\cdot 0\cdot21\cdot 95=0\,. \]
Exemple: Matrice identité: \[\det(I_n)= \det \begin{pmatrix} 1&0&\cdots&0\\ 0&1&&\\ \vdots&&\ddots&0\\ 0&\cdots&0&1 \end{pmatrix} =1^n=1\,. \]
Les propriétés énoncées jusqu'ici fournissent déjà de quoi calculer un déterminant en évitant de le développer systématiquement à l'aide des relations de récurrence. En effet, on a vu que les déterminants les plus simples à calculer sont ceux des matrices triangulaires, et aussi que des opérations sur les colonnes et les lignes correspondent à certaines modifications simples du déterminant. On pourra donc appliquer des opérations sur les lignes et les colonnes, dans le but de rendre la matrice triangulaire supérieure, ou au moins avec autant de zéros que possible, ce qui ensuite d'utiliser les relations de récurrence pour une matrice simplifiée.
Exemple: Utilisons les propriétés pour calculer le déterminant de la matrice \[ A= \begin{pmatrix} 1&2&3&4\\ 5&6&7&8\\ 2&6&4&8\\ 3&1&1&2 \end{pmatrix} \] On fait déjà apparaître quelques zéros en soustrayant la troisième ligne de la deuxième, ce qui ne change pas le déterminant: \[ \det \begin{pmatrix} 1&2&3&4\\ 5&6&7&8\\ 2&6&4&8\\ 3&1&1&2 \end{pmatrix} =\det \begin{pmatrix} 1&2&3&4\\ 3&0&3&0\\ 2&6&4&8\\ 3&1&1&2 \end{pmatrix} \] Ensuite, en soustrayant la première colonne à la troisième, \[ \det \begin{pmatrix} 1&2&3&4\\ 3&0&3&0\\ 2&6&4&8\\ 3&1&1&2 \end{pmatrix} =\det \begin{pmatrix} 1&2&2&4\\ 3&0&0&0\\ 2&6&2&8\\ 3&1&-2&2 \end{pmatrix} \] Maintenant, on peut développer selon la deuxième ligne, puisqu'elle contient beaucoup de zéros: \[ =\det \begin{pmatrix} 1&2&2&4\\ 3&0&0&0\\ 2&6&2&8\\ 3&1&-2&2 \end{pmatrix} =-3 \det \begin{pmatrix} 2&2&4\\ 6&2&8\\ 1&-2&2 \end{pmatrix} \] En mettant en évidence un \(2\) dans les deux premières lignes, puis dans la dernière colonne, \[ \det \begin{pmatrix} 2&2&4\\ 6&2&8\\ 1&-2&2 \end{pmatrix} =2^2 \det \begin{pmatrix} 1&1&2\\ 3&1&4\\ 1&-2&2 \end{pmatrix} =2^3 \det \begin{pmatrix} 1&1&1\\ 3&1&2\\ 1&-2&1 \end{pmatrix} \] En soustrayant la dernière ligne à la première, et en développant selon la première ligne, \[\begin{aligned} \det \begin{pmatrix} 1&1&1\\ 3&1&2\\ 1&-2&1 \end{pmatrix} &=\det \begin{pmatrix} 0&3&0\\ 3&1&2\\ 1&-2&1 \end{pmatrix}\\ &=-3\det \begin{pmatrix} 3&2\\ 1&1 \end{pmatrix} =-3\cdot 1=-3\,. \end{aligned}\] donc \(\det(A)=(-3)\cdot 2^3\cdot(-3)=72\)
Dans le cas d'une matrice \(3\times 3\), le développement du déterminant peut se faire à l'aide de la règle de Sarrus. Celle-ci ne contient rien de profond, mais permet de calculer un déterminant \(3\times 3\) de façon systèmatique, facile à mémoriser. On écrit la matrice \(A\), à la suite de laquelle on rajoute la première et la deuxième colonne. On parcours ensuite ce tableau \(3\times 5\) selon certaines diagonales:
Remarque: Il n'existe pas d'équivalent de la règle de Sarrus pour des déterminants de matrices de tailles supérieures.
Dernière compilation: 2023-08-30 (14:16:46)
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