Exercice 32

1. Cas $n = 1$. Le déterminant d'une matrice $(a)$ est $a$, et $\det(A + B) = \det A + \det B$ : la fonction $f(x, y) = x + y$ convient.

Cas $n \geqslant 2$. Supposons qu'une telle $f$ existe. Les matrices $E_{11}$ et $I_{n} - E_{11}$ sont diagonales, chacune avec au moins un coefficient diagonal nul puisque $n \geqslant 2$ : leurs déterminants sont nuls. Le couple $(E_{11}, I_{n} - E_{11})$ donne $f(0, 0) = \det I_{n} = 1$, et le couple $(E_{11}, E_{11})$ donne $f(0, 0) = \det(2E_{11}) = 0$. C'est contradictoire. $$\boxed{\text{une telle } f \text{ existe si et seulement si } n = 1}$$

2. Supposons $N \neq 0$, et soit $r = \mathrm{rg} N \geqslant 1$. Par le théorème 6 du chapitre 16, $N = QJ_{r}P$, avec $P$ et $Q$ inversibles. On choisit $M = Q(I_{n} - J_{r})P$. Alors $$M + N = QP, \qquad \det(M + N) = \det(Q)\det(P) \neq 0, \qquad \det M = \det(Q)\det(I_{n} - J_{r})\det(P) = 0,$$ car $I_{n} - J_{r}$ est diagonale avec $r \geqslant 1$ coefficients diagonaux nuls. Cela contredit $\det(M + N) = \det M$. $$\boxed{N = 0}$$

3. Soit $A$ une telle matrice. Avec $B = A$, on obtient $\det(2A) = 2\det A$, soit $2^{n}\det A = 2\det A$, d'où $\det A = 0$ puisque $n \geqslant 2$. L'hypothèse devient $\det(B + A) = \det B$ pour toute $B$, et la question 2, appliquée à $N = A$, donne $A = 0$. Réciproquement, $A = 0$ convient. $$\boxed{A = 0}$$ À retenir. Le déterminant est multiplicatif, mais il n'a aucune propriété additive dès que $n \geqslant 2$ : le déterminant d'une somme ne dépend même pas des seuls déterminants des termes.