Déterminant d'une somme de matrices

Je n'ai pas de référence concernant cette formule mais on peut voir qu'elle vient juste de la $m$-linéarité du déterminant.

Soit $A_{i,j}$ des éléments d'un groupe abélien avec $1\leq i\leq n$ et $1\leq j\leq m$. On peut alors prouver la formule suivante.

\[ \sum_{X \subseteq \{1,\dots,n\}} (-1)^{|X|} \bigotimes_{j=1}^m \sum_{i\in X} A_{i,j} = 0 \]

Pour prouver la formule, on peut vérifier que pour chaque $i_1,\dots,i_m$, le coefficient en $\bigotimes_{j=1}^m A_{i_j,j}$ es nul. Le terme correspondant pour $X \subseteq \{1,\dots,n\}$ va contribuer à $(-1)^{|X|}$ si $\{i_1,\dots,i_m\} \subseteq X$ et à $0$ sinon. Comme $m < n$, le sous-ensemble $\{i_1,\dots,i_m\}$ est propre et la somme s'équilibre.

Mais il faudrait trouver une meilleure preuve et lier ça au principe d'inclusion-exclusion si c'est possible.

Il s'agit du produit tensoriel sur $\Z$, si tu veux chercher sur internet. On ne définit pas les $x \otimes y$ individuellement, il faut définir $G \otimes G$ tout entier.
Si tu prends un point de vue formaliste, les éléments de $G \otimes G$ sont les sommes de $x \otimes y$ avec $x,y \in G$ et avec comme règle de manipulation est que $\otimes$ est bilinéaire (il se distribue sur les sommes).
Les morphismes depuis $G \otimes G$ sont les fonctions bilinéaires. Tu peux penser à un élément de $G \otimes G$ comme un « évaluateur de forme bilinéaire ».
Le déterminant est $m$-linéaire, cela donne donc un morphisme $V^{\otimes m} \to \R$, avec $V = \R^m$.

Si tu n'as pas envie de t'embêter avec ça, tu peux voir $u \otimes v \otimes w$ comme une notation pour le déterminant de la matrice dont les colonnes sont $u$, $v$ et $w$. Lorsqu'on prend le déterminant d'une somme de matrices, ça donne par exemple $(u + u') \otimes (v + v')$. On développe, ça donne la somme des $a \otimes b$ avec $a \in \{u,u'\}$ et $b \in \{v,v'\}$. Quand on applique ça à notre somme (on développe tous les déterminants), on se retrouve avec un certain coefficient pour chaque terme possible, et on montre que chaque coefficient est nul.

@Champ-Pot-Lion
Je n'ai pas encore bien intégré ta preuve, preuve qui m'a étonné car tu n'utilises pas l'aspect alterné du déterminant, juste l'aspect bilinéaire. C'est bien cela ? Du coup, au lieu de parler de groupes abéliens et de produits tensoriels, est ce que l'on ne pourrait pas énoncer la même chose dans la $\Z$-algèbre non commutative libre montée sur $nm$ indéterminées $A_{i,j}$ avec $1 \le i \le n$, $1 \le j \le m$ et $m < n$ ??

En tout cas, je n'ai pas pu m'empêcher de jouer avec tes affaires. Je me suis permis de nommer ChampPotLion ma fonction de paramètres $n,m$. Elle retourne le constructeur somme $S$ :
$$
S : X \longmapsto (-1)^{\#X} \ \prod_{j = 1}^m \sum_{i \in X} A_{ij} \qquad \qquad X \subseteq \{1..n \}
$$
Mon logiciel est faible et j'ai été obligé de monter mon algèbre sur $\Q$ et pas sur $\Z$.

> n := 4 ; m := 3 ;
> S := ChampPotLion(n,m) ;   
> Domain(S) ;
{
    {},
    { 4 },
    { 2, 3 },
    { 2, 3, 4 },
    { 3, 4 },
    { 1, 3 },
    { 3 },
    { 1 },
    { 1, 4 },
    { 1, 2, 3, 4 },
    { 1, 2, 3 },
    { 2 },
    { 1, 2 },
    { 1, 2, 4 },
    { 2, 4 },
    { 1, 3, 4 }
}
> Codomain(S) ;
Free associative algebra of rank 12 over Rational Field
Order: Non-commutative Graded Lexicographical
Variables: A11, A12, A13, A21, A22, A23, A31, A32, A33, A41, A42, A43
> S({1,2}) ;                 
A11*A12*A13 + A11*A12*A23 + A11*A22*A13 + A11*A22*A23 + A21*A12*A13 + A21*A12*A23 + A21*A22*A13 + A21*A22*A23
> S({1,2,3}) ;               
-A11*A12*A13 - A11*A12*A23 - A11*A12*A33 - A11*A22*A13 - A11*A22*A23 - A11*A22*A33 - A11*A32*A13 - A11*A32*A23 
    - A11*A32*A33 - A21*A12*A13 - A21*A12*A23 - A21*A12*A33 - A21*A22*A13 - A21*A22*A23 - A21*A22*A33 - 
    A21*A32*A13 - A21*A32*A23 - A21*A32*A33 - A31*A12*A13 - A31*A12*A23 - A31*A12*A33 - A31*A22*A13 - 
    A31*A22*A23 - A31*A22*A33 - A31*A32*A13 - A31*A32*A23 - A31*A32*A33

Et la chute, c'est que $\sum_{X \subseteq \{1..n\}} S(X) = 0$

> &+[S(X) : X in Domain(S)] ;
0

Questions.

1) Est ce que travailler dans cette $\Z$-algèbre non commutative libre restitue ton identité ?
2) Disposes tu d'une autre preuve ? (tu n'avais pas l'air satisfait de la tienne et à ce propos, je dois la relire encore)

Question 1) Oui, on peut se placer dans la $\Z$-algèbre dont tu parles, ça capture l'identité.
Question 2) Je n'étais pas satisfait car je n'avais pas assez bien établi le lien avec l'inclusion/exclusion, je le fais ci-dessous.

On peut étendre le raisonnement pour $m=n$, et même $m>n$. Soit $[n] := \{1,\dots,n\}$. Pour $f : [m] \to [n]$, soit $A_f := \prod_{j=1}^m A_{f(j),j}$. Quand on développe le polynôme, ça donne un certain coefficient pour chaque $A_f$.
Pour $X \subseteq [n]$, la contribution de $S(X)$ en $A_f$ est $(-1)^{|X|}$ si $\DeclareMathOperator{\Img}{Im}\Img(f) \subseteq X$ et $0$ sinon (plus facile à voir qu'à expliquer). La coefficient total de $A_f$ ne dépend que du cardinal de $\Img(f)$, et vaut $0$ si c'est un sous-ensemble propre de $[n]$ et $(-1)^n$ si c'est $[n]$ tout entier (Ici on utilise l'inclusion-exclusion.).

Si on note $\DeclareMathOperator{\Surj}{Surj}\Surj(m,n)$ les surjections de $[m]$ sur $[n]$, la somme est $(-1)^n \sum_{f \in \Surj(m,n)} A_f$.

En remplaçant chaque $A_{i,j}$ par $1$, on obtient $|\Surj(m,n)| = \sum_{X \subseteq [n]} (-1)^{n-|X|} |X|^m$. On remarque qu'on obtient la même chose si on applique la formule d'inclusion-exclusion en écrivant $\Surj(m,n)$ comme le complémentaire de l'union sur $j \in [n]$ des fonctions $[m] \to [n] \setminus \{j\}$.

Voici comment on peut faire le lien.
Une preuve de la formule d'inclusion-exclusion se fait "point par point". On a un ensemble-univers fini $\Omega$ et une famille de sous-ensembles $(X_i)_{i\in [n]}$. On souhaite écrire le cardinal de $\Omega \setminus \cup_i X_i$ en fonction des cardinaux des $\cap_{i\in I} X_i$ pour $I \subseteq [n]$. On regarde les sous-ensembles comme des fonctions $\Omega \to \Z$ et alors le cardinal devient un morphisme de groupes vers $\Z$. Le problème devient d'écrire $\Omega \setminus \cup_i A_i$ comme combinaison linéaire des $\cap_{i \in I} X_i$. Comme on travaille dans le produit $\Z^\Omega$, tout se passe point par point (ensuite il y a plusieurs manières de faire, je m'arrête là). Ça donne une formule plus générale de l'inclusion-exclusion, la formule classique se retrouvant en appliquant le morphisme "cardinal" à l'égalité.
Ici, on a en fait utilisé cette forme généralisée de l'inclusion-exclusion, avec $\Omega$ l'ensemble des fonctions de $[m]$ vers $[n]$. Le sous-ensemble $\Surj(m,n)$ s'identifie à la somme $\sum_{f \in \Surj(m,n)} A_f$. Les $X_i$ sont les fonctions de $[m]$ vers $[n] \setminus \{i\}$. Pour $I \subseteq [n]$, soit $X_I := \cap_{i \in I} X_i$. L'application de l'inclusion-exclusion donne $\Surj(m,n) = \sum_{I \subseteq [n]} (-1)^{|I|} X_I$.
La seule chose qu'il faut ajouter à l'inclusion-exclusion est que $X_I = \prod_{j = 1}^m \sum_{i \in [n] \setminus I} A_{i,j}$, ce qui est assez direct (pour chaque $j \in [m]$, on choisit une image dans le complémentaire de $I$). Le problème de signe qui apparait est parce que dans la somme donnée au début, on prend $X_{[n] \setminus I}$ au lieu de $X_I$.

Corrigé.