Matrix Bézout

Notons $a=\det(A)$ et $b=\det(B)$, et $\widetilde{A}$, $\widetilde{B}$ les matrices transposées des comatrices. Deux ingrédients suffisent.

1. Les comatrices sont entières. Chaque coefficient de $\widetilde{A}$ est, au signe près, un mineur d’ordre $n-1$ de $A$, c’est-à-dire un déterminant extrait à coefficients entiers : donc $\widetilde{A}\in\mathcal{M}_n(\mathbb{Z})$, et de même $\widetilde{B}\in\mathcal{M}_n(\mathbb{Z})$. La formule de Laplace donne
$$A\widetilde{A}=\widetilde{A}A=a\,I_n,\qquad B\widetilde{B}=\widetilde{B}B=b\,I_n.$$

2. Bézout. Comme $a\wedge b=1$, il existe $u,v\in\mathbb{Z}$ tels que $ua+vb=1$.

Posons alors
$$U=u\,\widetilde{A},\qquad V=v\,\widetilde{B},$$qui sont bien dans $\mathcal{M}_n(\mathbb{Z})$. Il vient
$$AU+BV=u\,A\widetilde{A}+v\,B\widetilde{B}=ua\,I_n+vb\,I_n=(ua+vb)\,I_n=I_n. \qquad\blacksquare$$

Remarques

• La réciproque est fausse. Pour $n=2$, prenons $A=\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}$ et $B=\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}$ : on a $A+B=I_2$ alors que $\det A=\det B=0$, donc $\det A\wedge\det B=0\neq 1$. La condition est suffisante, pas nécessaire.
• Une condition nécessaire et suffisante s’obtient en réduisant modulo chaque premier $p$ : l’existence de $U,V$ équivaut à $\mathrm{Im}(A)+\mathrm{Im}(B)=\mathbb{F}_p^{\,n}$ pour tout $p$, ce que l’hypothèse $a\wedge b=1$ assure trivialement puisqu’alors $A$ ou $B$ est déjà inversible modulo $p$.
• La preuve n’utilise de $\mathbb{Z}$ que sa structure d’anneau commutatif. Sur un anneau commutatif $R$ quelconque, l’énoncé devient : si $\det A$ et $\det B$ engendrent l’idéal $R$ tout entier, alors $AU+BV=I_n$ a une solution dans $\mathcal{M}_n(R)$.
• Variante par forme normale de Smith : on peut écrire $A=P D Q$ avec $P,Q\in\mathrm{GL}_n(\mathbb{Z})$ et $D$ diagonale, ce qui ramène le problème à des congruences scalaires. C’est plus long, mais cela éclaire pourquoi seuls les déterminants interviennent : ils captent exactement l’obstruction à l’inversibilité sur $\mathbb{Z}$.