Formule de Laplace - Visualisation

Salut,

Je réponds un peu tard, mais comme ça il y aura une réponse. D’ailleurs il me semble vaguement que j’avais déjà vu ce sujet et qu’il avait plus de réponses, non ?

Explication avec des coordonnées

Imaginons qu’on ait $n$ vecteurs indépendants $x_1,…,x_n$ dans $ℝ^n$, et qu’on veuille écrire $y$ comme combinaison linéaire des $x_i$. Comment récupérer le coefficient de $x_1$ dans cette écriture, sans forcément calculer ceux des autres $x_i$ ? L’idée est que récupérer ce coefficient pour $y$ est la même chose que de le récupérer pour $y + \lambda_2 x_2 + ⋯ + \lambda_n x_n$, quel que soit $\lambda_2,…,\lambda_n$. Du coup, on peut déjà « oublier » l’hyperplan généré par $x_2,…,x_n$. Et c’est exactement ce que fait le déterminant $y ↦ \det(y,x_2,…,x_n)$ : il nous donne $y$ modulo un décalage dans l’hyperplan généré par $x_2,…,x_n$. C’est comme ça qu’on fait visuellement pour récupérer des coordonnées : on translate notre point jusqu’à l’axe voulu parallèlement aux autres axes. Pour récupérer le coefficient voulu, on commence par calculer $\det(y,x_2,…,x_n)$ : ça devrait suffire. Il ne manque plus qu’un facteur de normalisation, qui est $\det(x_1,x_2,…,x_n)$, puisque lorsque $y=x_1$, le coefficient voulu est $1$. On obtient donc que le coefficient de $x_1$ est $\frac{\det(y,x_2,…,x_n)}{\det(x_1,…,x_n)}\text{.}$

On voit donc que l’application linéaire envoyant la base canonique de $ℝ^n$ sur $(x_1,…,x_n)$ a pour inverse l’application linéaire $y ↦ \frac{1}{\det(x_1,…,x_n)} \big(\det(y,x_2,x_3,…,x_n), \det(x_1,y,x_3,…,x_n), …, \det(x_1,x_2,…,y)\big)\text{.}$

Il ne reste plus qu’à traduire ça matriciellement.

Explication sans coordonnées

Pour ça, il faut savoir ce qu’est l’algèbre extérieure d’un espace vectoriel. Ça permet une approche qui ne dépend pas de la base. Soit $V$ un espace vectoriel de dimension $n$ et $A : V → V$ un endomorphisme. Alors $\Lambda^n A$ est un endomorphisme de $\Lambda^n V$, qui est de dimension $1$. C’est donc un scalaire, et c’est en fait le déterminant de $A$ : on prend une "unité de volume" et on regarde comment elle est transformée par $A$.

Si on connaît $A(y)$, alors on connaît $\Lambda^{n-1} A(v) ∧ A(y) = \det(A) v∧y = v∧(\det(A) y)$ pour tout $v ∈ \Lambda^{n-1} V$. Autrement dit, on connaît la « hauteur » de $\det(A) y$ par rapport à tout hyperplan. Cela suffit donc à connaître $\det(A) y$ (la forme bilinéaire $\Lambda^{n-1} V ⊗ V → \Lambda^n V$ est non dégénérée). La matrice des cofacteurs de $A$ est $\Lambda^{n-1} A$ exprimée dans une certaine base, par rapport à laquelle la forme bilinéaire est le produit scalaire standard, et son adjointe par rapport à cette forme bilinéaire est donc sa transposée par rapport à cette base. On a donc $v∧(\det(A) y) = \Lambda^{n-1} A(v) ∧ A(y) = v∧({}^t \tilde{A} A y)$, donc ${}^t \tilde{A} A = \det(A)$. (C’est la même idée que ce pourquoi l’inverse d’une isométrie est son adjoint par rapport au produit scalaire.)

Ça correspond à l’explication concrète si on détaille. Le calcul de l’adjointe comme transposée dans les bonnes bases correspond au calcul des coordonnées une par une qu’on a effectué à la première explication.