[>] Calculs d'exponentielles de matrices

 
Exercice 1  340  Correction  

Soit T une matrice réelle carrée d’ordre n antisymétrique.
Établir que la matrice exp(T) est orthogonale.

Solution

Par continuité de l’application linéaire de transposition, on justifie

expt(T)=exp(Tt).

Par suite,

expt(T)exp(T)=exp(-T)exp(T).

Or T et -T commutent donc

exp(-T)exp(T)=exp(-T+T)=In

et on conclut.

 
Exercice 2  2725    MINES (MP)

Soit An(). Établir det(eA)=etr(A).

 
Exercice 3  3011     ENTPE

Soit An(). Montrer que eA[A].

 
Exercice 4  3451   Correction  

Sur E=n[X], on note D l’endomorphisme de dérivation et T l’endomorphisme de translation définis par

D(P)=P(X)etT(P(X))=P(X+1).

Établir

exp(D)=T.

Solution

Par la formule de Taylor adaptée aux polynômes,

P(a+t)=k=0nP(k)(a)k!tk.

En déduit l’égalité polynomiale

P(X+1)=k=0nP(k)(X)k!1k

car les deux polynômes sont égaux pour une infinité de valeurs a.

Il vient alors

exp(D)(P)=k=0n1k!Dk(P)=k=0nP(k)(X)k!=P(X+1).
 
Exercice 5  3135   Correction  

Soit u un endomorphisme nilpotent d’un 𝕂-espace vectoriel E de dimension finie. Établir

Ker(eu-IdE)=Ker(u)etIm(eu-IdE)=Im(u).

Solution

Posons n tel que un=0~. On peut écrire

eu=k=0n-11k!uk.

Si xKer(u) alors

(eu)(x)=k=0n-11k!uk(x)=x+0=x

et donc

xKer(eu-IdE).

Inversement, supposons xKer(eu-IdE). On a

k=1n1k!uk(x)=0.

Si u(x)0 alors en posant 1 le plus grand entier tel que u(x)0 et en composant la relation précédente avec u-1, on obtient

u(x)=0

ce qui est absurde. On en déduit u(x)=0 et donc xKer(u).

Ainsi,

Ker(eu-IdE)=Ker(u).

Puisque

eu-IdE=k=1n-11k!uk=u(k=1n-11k!uk-1)

on a de façon immédiate

Im(eu-IdE)Im(u).

En vertu de l’égalité des noyaux et de la formule du rang, on peut affirmer

dimIm(eu-IdE)=dimIm(u)

et donc conclure

Im(eu-IdE)=Im(u).
 
Exercice 6  5354   Correction  

Dans ce sujet, on étudie les fonctions φ:n() dérivables vérifiant:

(s,t)2,φ(s+t)=φ(s)φ(t).
  • (a)

    Soit An(). Vérifier que φ:texp(tA) est solution.

  • (b)

    Soit φ une fonction solution vérifiant φ(0)GLn(). Calculer φ(0).

  • (c)

    On suppose toujours que φ est solution et φ(0)GLn(). Montrer que

    t,φ(t)=φ(0)φ(t).

    En déduire qu’il existe An() telle que φ(t)=exp(tA) pour tout t réel.

  • (d)

    On ne suppose plus que φ(0) est inversible. Déterminer les fonctions φ solutions du problème posé.

Solution

  • (a)

    La fonction φ:texp(tA) est bien définie et dérivable de vers n() et, pour tout (s,t)2,

    φ(s)φ(t)=exp(sA)exp(tA)=exp(sA+tA)=exp((s+t)A)=φ(s+t)

    car les matrices sA et tA commutent.

  • (b)

    Pour s=t=0, il vient φ(0)=(φ(0))2. Sachant que φ(0) est inversible, on en déduit φ(0)=In.

  • (c)

    Soit t. Pour h réel non nul,

    1h(φ(t+h)-φ(t))=1h(φ(h)φ(t)-φ(0)φ(t))=1h(φ(h)-φ(0))φ(t).

    En passant à la limite quand h tend vers 0, on conclut

    φ(t)=φ(0)φ(t).

    La fonction φ est solution de l’équation différentielle X=AX avec A=φ(0) et d’inconnue tX(t) à valeurs dans n(). La fonction ψ:texp(tA) est aussi solution de cette équation différentielle et les deux fonctions φ et ψ prennent la valeur In en 0. Par unicité de la solution à un problème de Cauchy, on conclut φ=ψ.

  • (d)

    Posons B=φ(0). Par la même étude qu’au-dessus, on établit B2=B et φ est solution de l’équation X=AX avec A=φ(0). On en déduit φ:texp(tA)B. Au surplus, on vérifie que φ est aussi solution de l’équation X=XA en passant à la limite quand h tend vers 0 l’égalité

    1h(φ(t+h)-φ(t))=1h(φ(t)φ(h)-φ(t)φ(0))=φ(t)1h(φ(h)-φ(0)).

    On en déduit que X(0)=AX(0)=X(0)A et donc AB=BA.

    Inversement, si A,Bn() vérifient AB=BA et B2=B, on constate que la fonction φ:texp(tA)B est solution du problème posé puisque

    exp(tA)B=Bexp(tA)pour tout t.
 
Exercice 7  4179      CENTRALE (MP)Correction  

On se donne φ:GLn() continue et telle que

(s,t)2,φ(s+t)=φ(s)φ(t).
  • (a)

    On suppose dans cette question φ de classe 𝒞1. Montrer que

    t,φ(t)=φ(0)φ(t).

    En déduire qu’il existe An() telle que φ(t)=exp(tA) pour tout t réel.

  • (b)

    Soit θ𝒞1(,+) intégrable et d’intégrale égale à 1. On suppose qu’il existe α>0 tel que θ(x)=0 pour tout |x|>α. On pose, pour x réel,

    ψ(x)=-+θ(x-t)φ(t)dt.

    Montrer que ψ est de classe 𝒞1 puis qu’il existe Bn() telle que ψ(x)=φ(x)B pour tout réel x.

  • (c)

    Déterminer φ.

Solution

  • (a)

    Commençons par remarquer que φ(0)=In car

    φ(0)=φ(0+0)=φ(0)2 avec φ(0)=In.

    Pour t et s0, on a

    1s(φ(s+t)-φ(t))=1s(φ(s)-φ(0))φ(t).

    En passant à la limite quand s tend vers 0, on obtient

    φ(t)=φ(0)φ(t).

    Cette égalité s’apparente à une équation différentielle linéaire vectorielle à coefficient constant x=a(x) où l’inconnue x correspond à la fonction φ et l’endomorphisme a est la multiplication par la matrice φ(0). La résolution de cette équation donne

    φ(t)=exp(tA)φ(0) avec A=φ(0).

    En rappelant φ(0)=In, on obtient l’expression voulue de φ(t).

  • (b)

    Posons f(x,t)=θ(x-t)φ(t) définie sur ×. Pour tout x, la fonction tf(x,t) est continue par morceaux et intégrable sur car nulle en dehors [x-α;x+α]. Ceci assure la définition de la fonction ψ.

    La fonction f admet une dérivée partielle

    fx(x,t)=θ(x-t)φ(t).

    Celle-ci est continue en x et continue par morceaux en t.

    Soit a>0. Pour tout x[-a;a],

    |fx(x,t)|sups[-α;α]|θ(s)|φ(t)1[-(a+α);a+α](t)intégrable.

    Par domination sur tout segment, on peut affirmer que ψ est de classe 𝒞1.

    Pour tous x et y réels,

    ψ(x) =-+θ(x-t)φ(t)dt=s=x-t-+θ(s)φ(x-s)dt
    =-+θ(s)φ(x)φ(-s)ds=φ(x)ψ(0).

    On obtient donc ψ(x)=φ(x)B avec B=ψ(0).

  • (c)

    Montrons qu’il est possible de se ramener à la situation où la matrice B est inversible auquel cas on établit que φ est de classe 𝒞1 et l’on conclut par la première question que φ:texp(tA) pour An().

    Soient n* et θn: définie par

    θn(x)=1nθ(nx).

    La fonction θn réunit les conditions de la fonction θ précédente et

    Bn=-+θn(t)φ(-t)dt=-+θ(t)φ(-t/n)dt.

    Pour tout t,

    θ(t)φ(-t/n)n+θ(t)φ(0)

    et

    θ(t)φ(-t/n)maxs[-α;α]|θ(s)|maxs[-α;α]φ(s)1[-α;α](t)intégrable.

    Par convergence dominée

    Bn=-+θ(t)φ(-t/n)dtn+-+θ(t)φ(0)dt=φ(0)=In.

    Par continuité du déterminant, det(Bn) tend vers 1 et l’on peut affirmer que, pour n assez grand, Bn est inversible et l’on peut conclure.

 
Exercice 8  4276    

(Décomposition polaire)

Soit Sn() telle que tr(SU)tr(S) pour toute matrice UOn().

  • (a)

    Soit An() antisymétrique. Montrer exp(A)On().

  • (b)

    En considérant les matrices orthogonales exp(tA) pour t réel et A matrice antisymétrique, établir que S est une matrice symétrique.

  • (c)

    Montrer que les valeurs propres de S sont positives.

  • (d)

    Application: Montrer que pour toute matrice Mn(), il existe Sn() symétrique à valeurs propres positives et ΩOn() telles que M=SΩ.

 
Exercice 9  1185    Correction  

Soit Ap(𝕂). Établir que

limn+(Ip+An)n=exp(A).

Solution

On a

(Ip+An)n=k=0nn!(n-k)!nkAkk!.

Posons fk:p(𝕂) définie par

fk(n)={n!(n-k)!nkAkk! si kn0 sinon.

On remarque que

(Ip+An)n=k=0+fk(n)

avec

fk(n)Akk!Akk!pour tout n

(quitte à introduire une norme sous-multiplicative sur n()). On a donc

fkAkk!=αk

avec αk qui est le terme général d’une série convergente. Il en découle que la série de fonctions fk converge normalement sur . Puisque

limn+fk(n)=Akk!

on obtient par le théorème de la double limite

limn+(Ip+An)n=k=0+Akk!=exp(A).
 
Exercice 10  2416      CENTRALE (MP)Correction  

Soient A et B dans p(). Montrer que

limn+(exp(An)exp(Bn))n=exp(A+B).

Solution

On a

exp(An)=k=0+1k!Aknk=n+Ip+1nA+o(1n)

donc

exp(An)exp(Bn)=n+Ip+1n(A+B)+o(1n).

Ainsi,

(exp(An)exp(Bn))n=n+(Ip+1n(A+B)+o(1n))n.

Puisque Ip et 1n(A+B)+o(1n) commutent, on peut développer par la formule du binôme de Newton

(Ip+1n(A+B)+o(1n))n=k=0n(nk)1nk(A+B+o(1))k.

Posons fk:*p(𝕂) définie par

fk(n)={(nk)1nk(A+B+o(1))k si kn0 sinon.

On remarque que

(Ip+1n(A+B)+o(1n))n=k=0+fk(n).

Montrons la convergence normale de la série des fk.

Puisque

A+B+o(1)=n+A+B

la norme de A+B+o(1) est bornée par un certain M.

On observe alors

fk1k!Mk

en choisissant une norme multiplicative sur p(𝕂).

La série de fonctions fk converge normalement sur *, cela permet de permuter limite et somme infinie.

Or, pour k fixé,

fk(n)n+(A+B)kk!

donc

(Ip+1n(A+B)+o(1n))nn+k=0+1k!(A+B)k=exp(A+B).

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Édité le 08-11-2019

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