Problème — La formule de Jacobi–Liouville

1) L'exponentielle est de classe ${\mathcal{C}}^1$. Par définition, $\exp (tA)={\sum }_{k\ge 0}\frac{t^k}{k!}{A}^k$ ; le coefficient d'indice $(i,j)$ est $g_{ij}(t)={\sum }_{k\ge 0}\frac{(A^k{)}_{ij}}{k!}{t}^k$, une série entière en $t$, de rayon infini puisque $|(A^k{)}_{ij}|=|⟨e_i,A^k{e}_j⟩|\le \Vert A^k\Vert \le \Vert A{\Vert }^k$ domine la série par $e^{|t|\Vert A\Vert }$. Le théorème de dérivation terme à terme des séries entières donne chaque $g_{ij}$ de classe ${\mathcal{C}}^{\infty }$, avec $$g^{\prime }(t)=\sum _{k\ge 1}\frac{t^{k-1}}{(k-1)!}{A}^k=A\sum _{m\ge 0}\frac{t^m}{m!}{A}^m=A\exp (tA),$$ et tout aussi bien $\exp (tA)A$ en factorisant à droite, puisque $A^k=A\cdot A^{k-1}=A^{k-1}\cdot A$. On retient surtout que $A$ commute avec $\exp (tA)$.

Et $\delta$ ? Le déterminant est une fonction polynomiale des $n^2$ coefficients : $\delta (t)=\det (g(t))$ est une somme de produits de fonctions $g_{ij}$ de classe ${\mathcal{C}}^{\infty }$, donc $\delta$ est de classe ${\mathcal{C}}^{\infty }$, en particulier ${\mathcal{C}}^1$.

2) La trace est la dérivée du déterminant en l'identité. Notons $a_j=A{e}_j$ les colonnes de $A$.

Le cas $\det (I_n+tA)$. Les colonnes de $I_n+tA$ sont $c_j(t)=e_j+t{a}_j$, dérivables avec $c_j^{\prime }(t)=a_j$. Le déterminant étant $n$-linéaire en ses colonnes, le théorème de dérivation d'une application multilinéaire donne $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\det (c_1,\dots ,c_n)={\sum }_{j=1}^n\det (c_1,\dots ,c_j^{\prime },\dots ,c_n)$, une seule colonne étant dérivée à la fois. En $t=0$, où $c_j(0)=e_j$, cela vaut ${\sum }_j\det (e_1,\dots ,a_j,\dots ,e_n)$. Or en décomposant $a_j={\sum }_i{a}_{ij}{e}_i$ et en utilisant la linéarité par rapport à la $j$-ième colonne, $$\det (e_1,\dots ,\underset{j}{a_j},\dots ,e_n)=\sum _{i=1}^n{a}_{ij}\det (e_1,\dots ,\underset{j}{e_i},\dots ,e_n)=a_{jj},$$ car pour $i\ne j$ la matrice a deux colonnes égales et son déterminant est nul, tandis que pour $i=j$ on retrouve $\det I_n=1$. En sommant, la dérivée en $0$ vaut ${\sum }_j{a}_{jj}=\mathrm{tr}A$.

Le cas de $\delta$. Les colonnes de $\exp (tA)$ sont $c_j(t)=\exp (tA)e_j$, et la question 1 donne $c_j^{\prime }(t)=A{c}_j(t)$. La même formule multilinéaire donne $${\delta }^{\prime }(t)=\sum _{j=1}^n\det (c_1(t),\dots ,A{c}_j(t),\dots ,c_n(t)),$$ et en $t=0$, où $\exp (0)=I_n$ donc $c_j(0)=e_j$, on retrouve exactement la somme précédente : ${\delta }^{\prime }(0)=\mathrm{tr}A$.

3) L'équation fonctionnelle, puis l'équation différentielle. Les matrices $tA$ et $hA$ commutent (ce sont deux multiples scalaires de $A$), et le chapitre des séries a établi que $\exp (X+Y)=\exp (X)\exp (Y)$ pour deux matrices qui commutent. Donc $\exp ((t+h)A)=\exp (tA)\exp (hA)$ et, le déterminant étant multiplicatif, $$\delta (t+h)=\delta (t)\delta (h).$$ Fixons $t$ et formons le taux d'accroissement, en utilisant $\delta (0)=\det I_n=1$ : $$\frac{\delta (t+h)-\delta (t)}{h}=\delta (t)\frac{\delta (h)-\delta (0)}{h}\underset{h\to 0}{\to }\delta (t){\delta }^{\prime }(0)=\mathrm{tr}(A)\delta (t).$$ Le point remarquable : on n'a dérivé $\delta$ qu'en un seul point, et l'équation fonctionnelle a propagé l'information partout. C'est le mécanisme général — une fonction qui vérifie $\delta (t+h)=\delta (t)\delta (h)$ et qui est dérivable en $0$ est une exponentielle.

4) La résolution. Posons $u(t)=\delta (t)e^{-t\mathrm{tr}A}$ ; alors $$u^{\prime }(t)=({\delta }^{\prime }(t)-\mathrm{tr}(A)\delta (t))e^{-t\mathrm{tr}A}=0.$$ Une fonction dérivable de dérivée nulle sur l'intervalle $\mathbb{R}$ est constante : $u(t)=u(0)=1$, donc $\delta (t)=e^{t\mathrm{tr}A}$, et en $t=1$ : $$\det \left(\exp A\right)=e^{\mathrm{tr}A}.$$

Trois contrôles. Pour $A=\theta J$ avec $J=\left(\begin{array}{cc}0& -1\\ 1& 0\end{array}\right)$ : comme $J^2=-I_2$, la série se scinde en parties paire et impaire et donne $\exp (\theta J)=\cos \theta I_2+\sin \theta J$, la rotation d'angle $\theta$, de déterminant $1$, tandis que $\mathrm{tr}A=0$ : cohérent. Pour $A=\mathrm{diag}(a,b)$ : $\det (\exp A)=e^a{e}^b=e^{\mathrm{tr}A}$ : cohérent. Pour $A=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 0& 0\end{array}\right)$, nilpotente : $\exp A=I_2+A$, de déterminant $1$, et $\mathrm{tr}A=0$ : cohérent.

5) Les conséquences. L'inversibilité, sans la formule. Posons $\phi (t)=\exp (tA)\exp (-tA)$. Le produit étant bilinéaire, la règle de Leibniz et la question 1 (appliquée à $A$ puis à $-A$) donnent $${\phi }^{\prime }(t)=A\exp (tA)\exp (-tA)+\exp (tA)(-A)\exp (-tA)=0,$$ où l'on a utilisé la commutation $\exp (tA)A=A\exp (tA)$ — c'est le seul point délicat : ce n'est pas une commutation générale entre matrices, qui serait fausse, mais celle, démontrée, de $A$ avec sa propre exponentielle. Chaque coefficient de $\phi$ est de dérivée nulle sur $\mathbb{R}$, donc $\phi$ est constante égale à $\phi (0)=I_n$ ; en $t=1$, et en échangeant les rôles de $A$ et $-A$ (le raisonnement n'a rien supposé sur $A$), $\exp A$ est inversible d'inverse $\exp (-A)$ — sans aucune hypothèse : $A$ peut être nilpotente, de déterminant nul, non diagonalisable.

La non-surjectivité. Pour $A$ réelle, $\det (\exp A)=e^{\mathrm{tr}A}>0$ : l'exponentielle ne produit que des matrices de déterminant strictement positif. Or $\mathrm{diag}(-1,1)$ est dans ${\mathrm{GL}}_2(\mathbb{R})$ et son déterminant vaut $-1$ : elle n'est l'exponentielle d'aucune matrice réelle, et $\exp$ n'est pas surjective. Et pourtant $-I_2$ en est une : le contrôle de la question 4 donne $\exp (\pi J)=\cos \pi I_2+\sin \pi J=-I_2$. Le critère du signe du déterminant est nécessaire, il n'est pas suffisant — et l'on voit pourquoi : un demi-tour est le bout d'un chemin continu de rotations partant de l'identité, alors qu'une symétrie, qui renverse l'orientation, ne l'est pas.

6) La formule de Liouville. Les $X_j$ sont dérivables, donc $W$ l'est, et la dérivation d'une application $n$-linéaire donne $$W^{\prime }(t)=\sum _{j=1}^n\det (X_1,\dots ,X_j^{\prime },\dots ,X_n)=\sum _{j=1}^n\det (X_1,\dots ,A(t)X_j,\dots ,X_n).$$

Le lemme de la trace. Pour toute matrice $B$ et tous vecteurs $c_1,\dots ,c_n$, $$\sum _{j=1}^n\det (c_1,\dots ,B{c}_j,\dots ,c_n)=\mathrm{tr}(B)\det (c_1,\dots ,c_n).$$ Démonstration. Notons $\Phi (c_1,\dots ,c_n)$ le membre de gauche. C'est une application $n$-linéaire : dans chaque terme, chaque argument intervient linéairement, directement ou à travers $B$ qui est linéaire. Elle est alternée : si $c_p=c_q$ avec $p\ne q$, les termes d'indice $j\notin \{p,q\}$ ont deux colonnes égales et sont nuls, et les deux termes restants se déduisent l'un de l'autre par échange des colonnes $p$ et $q$, donc sont opposés et se compensent. Une forme $n$-linéaire alternée sur ${\mathbb{R}}^n$ est proportionnelle au déterminant : $\Phi =\lambda \det$, et l'on obtient $\lambda$ sur la base canonique, $\lambda ={\sum }_j\det (e_1,\dots ,B{e}_j,\dots ,e_n)=\mathrm{tr}B$ par le calcul de la question 2. $\square$ (On a démontré le lemme par les formes alternées plutôt qu'en écrivant $B$ dans la base des $c_j$, parce que cette seconde voie supposerait les $c_j$ indépendants — hypothèse dont on ne dispose pas.)

La conclusion. Avec $B=A(t)$ et $c_j=X_j(t)$ : $W^{\prime }(t)=\mathrm{tr}(A(t))W(t)$, équation scalaire du premier ordre à coefficient cette fois variable. La fonction $t\mapsto \mathrm{tr}(A(t))$ étant continue, $\Lambda (t)={\int }_{t_0}^t\mathrm{tr}A(s)\mathrm{d}s$ est de classe ${\mathcal{C}}^1$ de dérivée $\mathrm{tr}A(t)$ (dérivation de la primitive), et $u=W{e}^{-\Lambda }$ vérifie $u^{\prime }=(W^{\prime }-\mathrm{tr}(A)W)e^{-\Lambda }=0$ : $u$ est constante égale à $W(t_0)$, d'où $$W(t)=W(t_0)\exp \left({\int }_{t_0}^t\mathrm{tr}A(s)\mathrm{d}s\right).$$ Conséquence essentielle : l'exponentielle ne s'annulant jamais, ou bien $W$ est identiquement nul, ou bien il ne s'annule jamais — le wronskien ne peut pas s'annuler par accident en un point isolé.

L'application à l'équation du second ordre. Soient $y_1,y_2$ deux solutions de $y^{\prime \prime }+q(t)y=0$, $q$ continue. Posons $X_i=(y_i,y_i^{\prime })$, dérivable, avec $X_i^{\prime }=(y_i^{\prime },-q(t)y_i)=A(t)X_i$ où $A(t)=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ -q(t)& 0\end{array}\right)$ est de trace nulle. Donc $W^{\prime }=0$ : le wronskien $W=y_1{y}_2^{\prime }-y_1^{\prime }{y}_2$ de deux solutions de $y^{\prime \prime }+q(t)y=0$ est constant, quelle que soit $q$. Et s'il est nul ? Si les solutions sont proportionnelles, $y_2=\mu y_1$, les colonnes sont colinéaires et $W\equiv 0$. C'est le critère qui structurera le chapitre des équations différentielles : deux solutions forment une base de l'espace des solutions si et seulement si leur wronskien est non nul en un point, et la formule de Liouville garantit qu'il suffit de le tester en un seul.

Le théorème obtenu — formule de Jacobi–Liouville. Pour toute matrice $A\in {\mathcal{M}}_n(\mathbb{R})$, $\det (\exp A)=e^{\mathrm{tr}A}$. Plus généralement, si $A:I\to {\mathcal{M}}_n(\mathbb{R})$ est continue et si $X_1,\dots ,X_n$ sont des solutions dérivables de $X^{\prime }=A(t)X$, leur wronskien vérifie $W^{\prime }=\mathrm{tr}(A(t))W$, donc $W(t)=W(t_0)\exp \left({\int }_{t_0}^t\mathrm{tr}A\right)$ : il est ou bien identiquement nul, ou bien partout non nul.

Ce que le problème installe. Trois idées qui dépassent le chapitre. La trace est la dérivée du déterminant en l'identité — d'où le lien entre $\det$ et $\mathrm{tr}$ par une exponentielle, comme entre un produit et une somme. Une fonction qui vérifie $\delta (t+h)=\delta (t)\delta (h)$ et qui est dérivable en un seul point est une exponentielle : on n'a jamais calculé $\det (\exp A)$, on a trouvé l'équation différentielle qu'il vérifie. Et le déterminant se dérive colonne par colonne : c'est de là que sortent toutes les formules de wronskien. Retenir enfin la technique employée quatre fois ici : former $u=(\text{la quantiteˊ})\times e^{-(\text{primitive du coefficient})}$, montrer $u^{\prime }=0$, conclure par « dérivée nulle sur un intervalle ».