(E,B0)
idE P
OO
A0
f //(F,C0) Démonstration. On a f =idF◦f◦idE. On en déduit que
A0 =MB0,C0(f) =MB0,C0(idF◦f◦idE) =MC,C0(idF)MB,C(f)MB0,B(idE).
Or MB0,B(idE) est la matrice de passage de B à B0, c’est-à-dire P; MB,C(f)est la matrice A; enfin, MC,C0(idF)est la matrice de passage deC0 àC, c’est-à-direQ−1.
Donc A0 = Q−1AP.
Corollaire C.11. Soit f :E→Eune application linéaire. On suppose queEest de dimension finie, soientB etB0deux bases deE. SoitAla matrice de f dans la baseB. SoitPla matrice de passage deBàB0.
Alors la matrice de f dans la baseB0est A0 =P−1AP.
Exemple. Soit f : R3 →R3définie par f(x,y,z) = (x,12(5y−z),12(5z−y)). Sa matrice dans la base canoniqueB ={e1,e2,e3}deR3estA=
1 0 0
0 5/2 −1/2
0 −1/2 5/2
. SoitB0 = {v1,v2,v3}la base deR3définie par v1 = e1,v2 =
√2
2 (e2+e3)et v3 =
√2
2 (−e2+e3). [Vérifier que c’est bien une base...].
La matrice de passage deBàB0estP=
1 0 0
0 √2/2 −√2/2
0 √2/2
√2/2
. Alors la matrice de f dans la baseB0 estD= P−1AP=
1 0 0 0 2 0 0 0 3
(cf TD 3).
Donc pour tout vecteuru=λ1v1+λ2v2+λ3v3 ∈R3on a f(u) =λ1f(v1) +λ2f(v2) +λ3f(v3) = λ1v1+2λ2v2+3λ3v3.
C.2 Rang d’une application linéaire et rang d’une matrice
Soit f : E → F une application linéaire. Fixons une base B = {e1, . . . ,en} de E et une base C =v1, . . . ,vp deF. SoitAla matrice de f dans les basesBetC.
Alors Im f = f(E) = f(vect{e1, . . . ,en}) =vect{f(e1), . . . ,f(en)}. Donc le rang de f est le rang de la famille de vecteurs{f(e1), . . . ,f(en)}deF. Si on exprime ces vecteurs dans la baseC, on obtient les colonnes deApar définition deA.
Donc le rang de f est égal au rang de la famille des vecteurs dont les coordonnées sont les co-lonnes deA. Mais nous avons également défini le rang de la matriceA: il s’agit du rang de la famille de vecteurs deKn dont les coordonnées sont les lignes de A. Nous allons démontrer que ces deux notions de rang sont les mêmes.
Proposition C.12. Soit f : E → Fune application linéaire. SoitB = {e1, . . . ,en}une base deEet soitC =v1, . . . ,vp une base deF. SoitAla matrice de f dans les basesBetC.
Alors le rang de f est égal au rang deA.
De plus, rang(A) =rang(tA).
Démonstration. On garde les notations ci-dessus. On fixe également une deuxième base C0 = n
v01, . . . ,v0po deF.
Soient A0la matrice de f dans les basesBetC0etQla matrice de passage deC0àC(ie.la matrice de idFdans les basesCetC0). On a doncA0 = QA. De plus, on sait queQest inversible, c’est donc un produit de matrices élémentaires, doncA0est ligne-équivalente àA. Choisissons doncQ(c’est-à-dire C0) de sorte queA0 soit échelonnée réduite.
Notons r = rang(A), doncr est le nombre de lignes non nulles de A0 (ChapitreII, paragraphe D1). Nous devons donc démontrer que le rang de f, qui est dim(Imf), est égal àr.
Soitu ∈ E. On peut écrireu = ∑ni=1xiei (dans la baseB). SoitX =
x1
... xn
et soit A0X =
x01
... x0p
. On sait alors que f(u) = ∑pj=1x0jv0j. Mais les p−r dernières lignes de A0 sont nulles, donc x0r+1 = 0 = · · · = x0p et donc f(u) = ∑rj=1x0jv0j ∈ vect{v01, . . . ,v0r}. Donc Imf ⊂ vect{v01, . . . ,v0r}et donc dim(Imf)6dim vect{v10, . . . ,v0r}6r. Donc le rang de f est inférieur ou égal àr.
Pour tout 1 6 i 6 r, soitki l’indice de la colonne contenant l’élément de tête de laième ligne de A0. Les coordonnées de f(eki) dansC0 sont données par les coefficients de la matrice A0Eki (où Ek est la matrice colonne à plignes dont les coefficients sont nuls sauf celui de lakème ligne qui est 1).
Mais A0Eki est lakième colonne de A0 (ChapitreI, LemmeA.12) elle est donc égale à Ei (puisqueA0 est échelonnée réduite). On vérifie facilement que{E1, . . . ,Er}est libre, donc{f(ek1), . . . ,f(ekr)}est libre. Comme{f(ek1), . . . ,f(ekr)} ⊂Imf, on en déduit que dim(Imf)>r, c’est-à-dire que le rang de
f est supérieur ou égal àr.
Finalement, rang(f) =r =rang(A).
Pour la dernière affirmation, d’après ce que l’on a dit avant la proposition, le rang de f est égal au rang des vecteurs colonne de A, c’est-à-dire au rang des vecteurs ligne de tA, c’est-à-dire que rang(f) =rang(tA). Mais on vient de démontrer que rang(f) =rang(A), donc rang(A) =rang(tA).
Corollaire C.13. Soit f : E → Fune application linéaire. Alors le rang de f est égal au rang de sa matrice dans des bases quelconques deEetF.
Corollaire C.14. Soit A ∈ Mp,n(K), soit P ∈ GLp(K)et soit Q ∈ GLn(K). Alors rang(PAQ) = rang(A).
Démonstration. â Première méthode. On sait que A est la matrice d’une application linéaire f : Kn → Kp (dans les bases canoniques). DoncPAQ est la matrice de f dans de nouvelles bases deKnetKp, les matricesPetQétant alors les matrices de passage. Comme le rang de f ne dépend pas de la base choisie, on a le résultat.
â Deuxième méthode.
rang(PAQ) =rang(AQ) =rang(t(AQ)) =rang(tQtA) =rang(tA) =rang(A).
En effet,PAQet AQsont ligne-équivalentes, ainsi quetQtAettApuisque PettQsont inver-sibles donc produits de matrices élémentaires, doncPAQetAQont même rang.
IV Déterminant d’une matrice
Définition IV.1. Soit A∈ Mn(K).Ledéterminantde A, notédet(A),est un élément deKque l’on définit par récurrence de la manière suivante :
â Si n=1et si A= a
Exemple IV.3. Le casn=2. On a d’après la définition
Théorème IV.4. Le déterminant satisfait les propriétés suivantes.
(i) ∀A,B∈ Mn(K), det(AB) =det(A)det(B). (ii) ∀A∈ Mn(K),A∈ GLn(R) ⇐⇒ det(A)6=0.
(iii) Si A∈ Mn(K)est triangulaire supérieure ou inférieure, alors det(A)est le produit des coef-ficients diagonaux deA.
Démonstration. Admis.
Proposition IV.5. SoitA∈ Mn(K)une matrice.
â Si on multiplie une ligne deAparα∈ K, alors on multiplie det(A)parα.
â Si on permute deux lignes deA, alors le déterminant change de signe.
â Si on ajoute à une ligne deAun multiple d’une autre ligne, alors le déterminant ne change pas.
â det(tA) = detA. En particulier, les propriétés précédentes sont encore vraies lorsqu’on remplace “ligne” par “colonne”.
Démonstration. Admis.
Exemple. (1) Soit à calculer le déterminant de A=
en mettant 6 en facteur dansL2
=6
On peut en particulier en déduire que la matriceAest inversible.
On peut aussi en déduire que la famille de vecteurs deR3:F := {(1, 3,−2);(2, 0, 2);(−1, 2, 0)}
est une base deR3.
En effet, A est la matrice d’une application linéaire f : R3 → R3 dans les bases canoniques.
CommeAest inversible,fest un isomorphisme, doncfest surjective, donc rang(A) =rang(f) = dim(Imf) = dim(R3) = 3. Donc les lignes de Aforment une base deR3; il s’agit justement de F.
(2) Soit à calculer le déterminant deB=
=0 formule de la définitionIV.1.
On peut en particulier en déduire que la matrice Bn’est pas inversible, et que la famille de vec-teurs deR3:{(1,−1, 0);(3,−5, 3);(5,−7, 3)}n’est pas libre (remarque :(5,−7, 3) = (3,−5, 3)− 2(1,−1, 0)).
Corollaire IV.6. SoitA= (aij)∈ Mn(K). Alors pour toutj, 16 j6n, on a det(A) = (−1)j+1a1j∆1j−a2j∆2j+· · ·+ (−1)n+1anj∆nj
. On dit que l’ondéveloppedet(A)suivant lajèmecolonne.
De plus, pour touti, 16i6n, on a
Exemple. Soit à calculer le déterminant deA=
en développant suivant la 3èmecolonne
=
en développant suivant la 2èmeligne
=−5(2·5−3·(−7)) =−5·31=−155.
Remarque IV.7. Attention !Bien qu’il semblerait que l’on puisse faire les mêmes opérations sur les lignes que lorsque l’on transformait une matrice en une matrice ligne-équivalente, ces opérations peuvent avoir des conséquences sur le déterminant : multiplier une ligne par un scalaire revient à multiplier tout le déterminant par ce scalaire, et permuter deux lignes change le signe du détermi-nant.
De plus, dans les déterminants, des opérations sur les colonnes sont autorisées (mais ne le sont pas sur les matrices).
V Application : équations différentielles linéaires homogènes du second ordre à
coefficients constants
L’objectif de ce chapitre est de résoudre l’équation différentielle (E)y00+ay0+by=0
où a etb sont des constantes réelles, c’est-à-dire trouver toutes les fonctions y : R → Rdeux fois dérivables vérifiant l’équation(E).
On remarque tout d’abord que siyest solution de(E), alorsy00 = −ay0−byest dérivable (puisque yety0le sont). On peut alors démontrer par récurrence queyest indéfiniment dérivable.
On recherche donc les fonctionsyindéfiniment dérivables satisfaisant(E).
Pour des raisons techniques, nous allons travailler dans leC-espace vectorielE = C∞(R,C). On noteD:E→ El’application linéaire définie parD(f) = f0.
Lemme V.1. Soitα∈C. Notons ϕα ∈ Ela fonction de classeC∞définie par ϕα(x) =eαx. Alors Ker(D−αidE) =vect{ϕα}est de dimension 1 etD−αidE est surjective.
Démonstration. Pour tout y ∈ E, on pose z = yϕ−α : x 7→ y(x)e−αx. On a z0 = y0ϕ−α−αyϕ−α = (y0−αy)ϕ−α.
Soit maintenanty ∈Ker(D−αidE), doncy0−αy =0. Alorsz0 = 0 donczest constante, égale à C ∈ C. Doncy = Cϕα. Réciproquement, siy = Cϕαpour une constanteC, on vérifie facilement que y0 =αyet donc quey∈Ker(D−αidE).
On a donc démontré que Ker(D−αidE) ={Cϕα | C∈C}=vect{ϕα}. Il est bien de dimension 1 carϕα 6=0 (et donc{ϕα}est libre).
Il faut maintenant démontrer que D−αidE est surjective. Soit donc f ∈ E et démontrons qu’il existey ∈ Etelle que f = (D−αidE)(y),ie. f = y0−αy. Avec les notations ci-dessus, il suffit donc de démontrer qu’il existez∈ Etelle quez0 = fϕ−α. Or cette dernière fonction estC∞donc continue, elle admet donc une primitive, donczexiste.
Lemme V.2. Soientα∈Cetβ∈C. Alors dimCKer((D−αidE)◦(D−βidE)) =2.
Démonstration. Soit f ∈ Ker((D−αidE)◦(D−βidE)). Alors (D−αidE)((D−βidE)(f)) = 0 et donc(D−βidE)(f)∈Ker(D−αidE). D’après le lemme précédent cést équivalent à(D−βidE)(f) = λϕα pour une constanteλ∈C.
De plus, toujours d’après le lemme précédent, on sait que D−βidEest surjective, donc il existe ψ∈Etelle que(D−βidE)(ψ) = ϕα.
On considère alors f−λψ. On a(D−βidE)(f−λψ) =λϕα−λϕα =0, donc f−λψ∈Ker(D− βidE) =vect
ϕβ grâce au lemme précédent.
On a donc démontré que si f ∈ Ker((D−αidE)◦(D−βidE))alors il existeλ∈ Cetµ∈ Ctels que f−λψ=µϕβ, soit f =λψ+µϕβ. Autrement dit, Ker((D−αidE)◦(D−βidE))⊂vectψ,ϕβ . On vérifie facilement l’autre inclusion, donc Ker((D−αidE)◦(D−βidE)) = vect
ψ,ϕβ . Donc dimCKer((D−αidE)◦(D−βidE))62.
Pour conclure il nous faut donc démontrer que
ψ,ϕβ est libre (et ça sera alors une base de Ker((D−αidE)◦(D−βidE))).
Soient doncλetµdansCtels queλψ+µϕβ =0. Alors(D−βidE)(λψ+µϕβ) = (D−βidE)(0) = 0 et(D−βidE)(λψ+µϕβ) =λϕα. Doncλϕα = 0. On en déduit queλ = 0. On revient à la relation du début, doncµϕβ =0 et doncµ=0.
Remarque V.3. Calculons(D−αidE)◦(D−βidE)(y) = (D−αidE)(y0−βy) = y00−βy0−α(y0− βy) =y00−(α+β)y0+αβy.
Donc Ker((D−αidE)◦(D−βidE))est l’ensemble des solutions de l’équation différentielle (?) y00−(α+β)y0+αβy=0.
De même, Ker((D−βidE)◦(D−αidE))est l’ensemble des solutions de la même équation diffé-rentielle.
On considère l’équation polynomialer2+ar+b=0. Notonsαetβses deux racines dansC. Alors r2+ar+b= (r−α)(r−β) =r2−(α+β)r+αβdonca= −(α+β)etb=αβ. Donc l’équation(E) est bien de la forme(?).
Notons également∆=a2−4ble discriminant de cette équation polynomiale.
Nous avons démontré :
Proposition V.4. Les solutions complexes de l’équation(E)y00+ay0+by =0 forment un C-sous-espace vectoriel deC∞(R,C)de dimension 2 surC.
Remarque V.5. Pour résoudre (E), il suffit donc de trouver deux solutions linéairement indépen-dantes de(E), qui fourniront une base de l’espace des solutions.
â Premier cas :α6= β.
Les fonctions ϕα et ϕβ sont deux solutions de (E), qui sont linéairement indépendantes. En effet, siλϕα+µϕβ =0 avecλ,µ∈C, alors pour toutx∈ Ron a
0=λϕα(x) +µϕβ(x) =λeαx+µeβx. On dérive :
λαeαx+µβeβx =0.
On évalue ces deux relations enx =0, ce qui donne le système (
λ+µ=0
λα+µβ=0 dont l’unique solution est(λ,µ) = (0, 0).
D’après ce qui précède,
ϕα,ϕβ est une base de l’espace des solutions de (E). Les solutions sont donc les fonctionsλϕα+µϕβpour des constantesλ,µdansC.
â Deuxième cas :α= β.
Dans ce cas, les fonctionsϕα etχ : x 7→ xeαx sont deux solutions de(E)qui sont linéairement indépendantes (exercice), donc les solutions sont les fonctions λϕα+µχpour des constantes λ,µdansC.
Revenons à notre problème de départ : trouver lesy∈ C∞(R,R)qui vérifient(E).
â Premier cas : ∆ > 0. Alorsαet βsont deux réels distincts. Soit f une solution de (E). Alors f = λϕα+µϕβ avecλ,µ dansC. De plus, comme f est à valeurs dansR, on a f(0) ∈ R et f(1)∈R, doncλ+µ∈Retλeα+µeβ ∈R. On en déduit queλetµsont réels. Réciproquement, siλetµsont réels, on a bien f ∈ C∞(R,R).
Donc les solutions réelles de(E)sont lesλϕα+µϕβavecλ,µdansR.
â Deuxième cas :∆=0.Alorsα= β∈ R. On démontre de même queles solutions réelles de(E) sont lesλϕα+µχavecλ,µdansR.
â Troisième cas :∆<0. Alorsαetβsont des nombres complexes distincts, qui ne sont pas réels, et qui sont conjugués. Posonsα= s+itetβ=s−itavecsettréelsmt6=0.
D’après ce qui précède, commeα6= β, on sait que les solutions complexes sont lesλϕα+µϕβ avecλ,µ∈ C. Soit f une telle solution ; alors
f(x) =λeαx+µeβx
= λesx+itx+µesx−itx
= esx(λeitx+µe−itx)
= esx(λ(cos(tx) +isin(tx)) +µ(cos(tx)−isin(tx)))
= esx((λ+µ)cos(tx) +i(λ−µ)sin(tx)). Si f est réelle, alors f(0) = λ+µet f 2tπ
= i(λ−µ)esπ2t sont réels, donc pour toutx ∈Ron a f(x) =esx(pcos(tx) +qsin(tx))avecp= λ+µ∈Retq=i(λ−µ)∈R.
Réciproquement, si p et qsont réels,x 7→ esx(pcos(tx) +qsin(tx))est une solution réelle de (E)(à vérifier...)
Finalement,les solutions réelles de(E)dans ce cas sont lesx 7→ esx(pcos(tx) +qsin(tx))avec petqconstantes réelles.
Référence
F. LIRETet D. MARTINAIS,Algèbre 1reannée, Dunod.