Exercice 56

On pose $A = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}$, $B = \begin{pmatrix} a' & b' \\ c' & d' \end{pmatrix}$ et, pour $t \in \mathbb{R}$, $$\varphi(t) = \det(A + tB) = (a + ta')(d + td') - (b + tb')(c + tc').$$ C'est une fonction polynomiale de degré au plus $2$, associée à un polynôme $\Phi \in \mathbb{Z}[X]$.

Pour $k \in [\![0\,;4]\!]$, la matrice $A + kB$ est à coefficients entiers, inversible et d'inverse à coefficients entiers : par la proposition 13, $\varphi(k) \in \{-1, 1\}$. Les cinq valeurs $\varphi(0)$, …, $\varphi(4)$ sont prises dans un ensemble à deux éléments : l'une des deux valeurs, notée $\varepsilon$, est prise au moins trois fois. Le polynôme $\Phi - \varepsilon$, de degré au plus $2$, a alors au moins trois racines : il est nul (théorème 3 du chapitre 13). Ainsi $\varphi$ est constante, égale à $\varepsilon$, et $\det(A + 5B) = \varepsilon = \pm 1$. La matrice $A + 5B$ est à coefficients entiers, et la proposition 13 conclut. $$\boxed{\det(A + tB) = \pm 1 \text{ pour tout } t, \quad \text{donc } A + 5B \in \mathrm{GL}_{2}(\mathbb{R}) \text{ et } (A + 5B)^{-1} \in \mathcal{M}_{2}(\mathbb{Z})}$$ Le même argument montre que $A + kB$ est inversible d'inverse entier pour tout entier $k$. Ainsi, pour $A = I_{2}$ et $B = E_{12}$, on a $\det(A + tB) = 1$ pour tout $t$.

Piège. Trois valeurs de $k$ ne suffiraient pas : un polynôme de degré $2$ peut prendre les valeurs $1$, $-1$, $1$ en trois points. C'est le principe des tiroirs, appliqué à cinq valeurs dans deux tiroirs, qui fournit trois points où $\varphi$ prend la même valeur.