Un déterminant pour les téméraires

1. On a $\varphi(n)=\#\left\{k\in\llbracket 0,n-1\rrbracket\mid k\land n=1\right\}.$ On a
   $$\forall p_1,\dots,p_r\text{ premiers distincts et }(\alpha_1,\dots,\alpha_r)\in\mathbb{N}^r,\displaystyle\varphi\left(\prod_{j=1}^r p_j^{\alpha_j}\right)=\prod_{j=1}^r p^{\alpha_j-1}(p_j-1).$$
2. Soit $0\leqslant k\leqslant n-1$ et $d$ un diviseur de $n.$ On a $\operatorname{pgcd}(k,n)=d\Leftrightarrow \operatorname{pgcd}\left(\dfrac{k}{d},\dfrac{n}{d}\right)=1$ (utiliser le théorème puis l’identité de Bézout pour s’en convaincre). Ainsi, le nombre d’entiers $0\leqslant k\leqslant n-1$ tels que $\operatorname{pgcd}(n,k)=d$ est $\varphi\left(\dfrac{n}{d}\right).$ On en déduit que
   $$\llbracket 0,n-1\rrbracket=\bigsqcup_{d\mid n}\left\{k\mid \operatorname{pgcd}(n,k)=d\right\}\text{ donc }n=\sum_{d\mid n}\varphi\left(\dfrac{n}{d}\right)=\sum_{d\mid n}\varphi\left(d\right).$$La dernière égalité provenant du fait que $d\mapsto \dfrac{n}{d}$ réalise une bijection de l’ensemble des diviseurs de $n.$
3. On pose $A_n=(i\land j)_{1\leqslant i,j\leqslant n}\in M_n(\mathbb{R}).$ On a
   $$A_2=\begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & 2 \end{pmatrix},\quad A_3=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\ 1 & 2 & 1\\ 1 & 1 & 3 \end{pmatrix}$$ou encore
   $$A_4=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1\\ 1 & 2 & 1 & 2\\ 1 & 1 & 3 & 1\\ 1 & 2 & 1 & 4 \end{pmatrix}.$$En faisant des opérations élémentaires sur les lignes de la forme $L_j\leftarrow L_j+\alpha L_i$ on conjecture qu’on peut donner une forme triangulaire à $A_n$ avec sur la diagonale $\varphi(1),\varphi(2),\dots,\varphi(n)$ et telle que le coefficient $(i,j)$ avec $i\leqslant j$ vaut $\varphi(i)$ si $i\mid j$ et $0$ sinon, i.e. telle que son coefficient en $(i,j)$ vaut $\delta_{i\mid j}\varphi(i)$. Par exemple, la matrice $A_4$ devient après les opérations $L_2\leftarrow L_2-L_1,L_3\leftarrow L_3-L_1,L_4\leftarrow L_4-L_1$ puis $L_4\leftarrow L_4-L_2$ la matrice
   $$B_4=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1\\ 0 & 1 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}.$$ Remarquons qu’appliquer l’opération $L_j\leftarrow L_j+\alpha L_i$ sur une matrice revient à la multiplier à gauche par une matrice de déterminant $1$ ce qui ne modifie donc pas son déterminant. On va prouver ce résultat par récurrence forte sur l’indice des lignes à $n\geqslant 2$ fixé. Soit $n\geqslant 2$.
   Initialisation. On prouve que ça marche pour la première ligne $i=1.$ Cette ligne est composée de $\operatorname{pgcd}(1,j)=1=\varphi(1)$ ce qui prouve l’initialisation.
   Hypothèse de récurrence. Soit $2\leqslant i \leqslant n$ tel que la matrice $A_{n}$ ait ses $i-1$ premières lignes de la forme voulue après des opérations élémentaires sur les lignes. On note $B_n$ la matrice obtenue.
   Hérédité. La $i$-ème ligne est composée de diviseurs $d$ de $i.$ Tous les coefficients $a_{ij}$ avec $i>j$ sont aussi des diviseurs de $j$ donc sont strictement inférieurs à $i.$ On considère l’opération
   $$L_i\leftarrow L_i-\sum_{\substack{d\mid i\\d\neq i}} L_d.$$

Soit $1\leqslant j\leqslant n$ et $d'=i\land j.$ Le coefficient devient alors $b_{ij}=\displaystyle d'-\sum_{\substack{d\mid i\\d\neq i}} b_{d,j}.$ Or, par hypothèse de récurrence, $b_{d,j}=0$ si $d\nmid j$ donc
$$b_{ij}=\displaystyle d'-\sum_{\substack{d\mid i,d\mid j\\d\neq i}} b_{d,j}=\displaystyle d'-\sum_{\substack{d\mid d'\\d\neq i}} \varphi(d).$$On a alors d’après la question précédente :

• Si $d'=i$ alors $b_{ij}=\varphi(i)$.
• Sinon, $d'$ est un diviseur strict de $i$ donc la condition $d\neq i$ dans la somme peut être omise et on a $b_{ij}=0.$
  On a donc bien $b_{ij}\neq 0$ si et seulement si $i\land j=i$ donc $i\mid j$ et vaut alors $\varphi(i).$
  La matrice obtenue étant de même déterminant que $A_n$ et ayant comme coefficients diagonaux $b_{ii}=\varphi(i)$ on obtient
  $$\det(A_n)=\prod_{i=1}^n\varphi(i).$$