Déterminant de la matrice des pgcd(i,j)

(Exercice d’oral Centrale Mp)
Pour tout entier {n\ge1}, on note :

  • {\mathscr{D}_n} l’ensemble des diviseurs strictement positifs de {n}.
  • {G_{n}\in\mathcal{M}_{n}(\mathbb{R})}, de terme général {g_{i,j}=i\wedge j } (le pgcd de {i} et {j}).
  • {F_{n}=\text{diag}(\varphi(1),\ldots,\varphi(n))}, où \varphi est la fonction indicatrice d’Euler.
  • {A_{n}\in\mathcal{M}_{n}(\mathbb{R})} de terme général {a_{i,j}=\begin{cases}1\text{\ si\ }i\mid j\cr 0\text{\ sinon}\end{cases}}
  1. Soit {n} dans {\mathbb{N}^*}, et {f\colon[[ 1,n]]\to\mathscr{D}_n} définie par {f(k)=n\wedge k}.
    Montrer que tout {d\in\mathscr{D}_n} possède {\varphi\Bigl(\dfrac nd\Bigr)} antécédents par {f}.
    En déduire l’égalité {\displaystyle\sum\limits_{d\in\mathscr{D}}\varphi(d)=n}.
  2. Montrer que {G_{n}=\,^{\texttt{t}}A_{n}\,F_{n}\,A_{n}}. En déduire {\det(G_{n}).\phantom{\biggl(}}
  3. Déterminer {B_{n}}, triangulaire supérieure à coefficients diagonaux strictement positifs et telle que {G_{n}=\,^{\texttt{t}}B_{n}\,B_{n}}. Prouver son unicité.

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  1. Soit {d\in\mathscr{D}_n} et {k\in[[ 1,n]]}. On les équivalences :{f(k)=d\Leftrightarrow n\wedge k=d\Leftrightarrow\exists (n',k'),\;n=n'd,\;k=k'd,\;n'\wedge k'=1)}Il y a autant de solutions {k} qu’il y a d’entiers {k'}.

    Or les conditions sur {k'} sont {1\le k'\le n'} (car {1\le k\le n}) et {k'\wedge n'=1}.

    Le nombre de solutions est donc {\varphi(n')}, c’est-à-dire {\varphi\Bigl(\dfrac nd\Bigr)}.

    Les images réciproques par {f} des éléments de {\mathscr{D}_n} forment une partition de {\{1,\ldots,n\}}.

    Ainsi {n=\displaystyle\sum\limits_{d\in\mathscr{D}_n}\text{Card} f^{-1}(\{d\})=\sum\limits_{d\in\mathscr{D}_n}\varphi\Bigl(\dfrac nd\Bigr)=\sum\limits_{d\in\mathscr{D}_n}\varphi(d)}.

  2. On fixe {n\ge1}. On note {[M]_{i,j}} le coefficient d’indice {i,j} d’une matrice {M}.

    Pour tous {i,j} de {\{1,\ldots,n\}}, on a : {\big[\,{}^{\texttt{t}}A_{n}\,F_{n}\,A_{n}\big]_{i,j}=\displaystyle\sum\limits_{k=1}^n{\big[\,^{\texttt{t}}A_{n}\big]}_{i,k}\,\varphi(k)\,{\big[A_{n}\big]}_{k,j}=\sum\limits_{k=1}^n\varphi(k)\,{\big[A_{n}\big]}_{k,i}\,{\big[A_{n}\big]}_{k,j}}Mais {{\big[A_{n}\big]}_{k,i}\,{\big[A_{n}\big]}_{k,j}=\begin{cases}1\text{\ si\ }k\mid i\text{\ et\ }k\mid j\cr 0\text{\ sinon}\end{cases}=\begin{cases}1\text{\ si\ }k\mid i\wedge j\cr 0\text{\ sinon}\end{cases}}. Ainsi :{\big[^{\texttt{t}}A_{n}\,F_{n}\,A_{n}\big]_{i,j}=\displaystyle\sum\limits_{k\mid(i\wedge j)\atop 1\le k\le n}\varphi(i\wedge j)=\displaystyle\sum\limits_{k\mid(i\wedge j)\atop 1\le k\le i\wedge j}\varphi(i\wedge j)={\big[G_{n}\big]}_{i,j}}On a donc prouvé l’égalité {G_{n}={}^{\texttt{t}}A_{n}\,F_{n}\,A_{n}}, pour {n\in\mathbb{N}^*}.

    La matrice {A_{n}} est triangulaire de déterminant {1}.

    Ainsi {G_{n}=\,^{\texttt{t}}A_{n}\,F_{n}\,A_{n}} implique {\det(G_{n})=\det(F_{n})=\prod\limits_{k=1}^{n}\varphi(k)}.

  3. Soit {\Delta_{n}=\text{diag}(\sqrt{\varphi(1)},\ldots,\sqrt{\varphi(n)})}

    Par construction, on a : {F_{n}=\Delta_{n}^2={}^{\texttt{t}}\Delta_{n}\,\Delta_{n}}.

    Ainsi {G_{n}={}^{\texttt{t}}A_{n}\,^{\texttt{t}}\Delta_{n}\,\Delta_{n}\,A_{n}={}^{\texttt{t}}B_{n}\,B_{n}}, avec {B_{n}=\Delta_{n}\,A_{n}}.

    Pour tous {i,j} dans {\{1,\ldots,n\}}: {[B_{n}]_{i,j}=\begin{cases}\sqrt{\varphi(i)}\text{\ si\ }i\mid j\cr 0\text{\ sinon}\end{cases}}

    Supposons qu’il existe une deuxième matrice, notée {C_{n}}, elle aussi triangulaire supérieure à coefficients diagonaux strictement positifs et telle que {G_{n}=\,^{\texttt{t}}C_{n}\,C_{n}}.

    Alors {\,^{\texttt{t}}B_{n}\,B_{n}=\,^{\texttt{t}}C_{n}\,C_{n}} implique {\,^{\texttt{t}}(D_{n})^{-1}=D_{n}}, où {D_{n}=C_{n}B_{n}^{-1}}.

    Or {D_{n}} (comme {B_{n}} et {C_{n}}) est triangulaire supérieure à coefficients diagonaux {>0}.

    Donc la matrice {\,^{\texttt{t}}(D_{n})^{-1}} est triangulaire inférieure à coefficients {>0} (inverse de ceux de {D_{n}}).

    La seule possibilité est bien sûr {D_{n}=I_{n}}, ce qui donne {C_{n}=B_{n}}.