Exercice 1 340 Correction

Soit $M$ une matrice réelle carrée d’ordre $n$ antisymétrique.

Établir que la matrice $\exp (M)$ est orthogonale.

Solution

Il s’agit d’établir

{(\exp (M))}^{⊤} \exp (M) = I_{n} .

Par les propriétés calculatoires de l’opération de transposition,

{(\sum_{k = 0}^{N} \frac{1}{k!} M^{k})}^{⊤} = \sum_{k = 0}^{N} \frac{1}{k!} {(M^{k})}^{⊤} = \sum_{k = 0}^{N} \frac{1}{k!} {(M^{⊤})}^{k} pour tout N \in ℕ .

L’application de transposition est linéaire au départ d’un espace de dimension finie, c’est donc une application continue. Par passage à la limite quand $N$ tend vers l’infini dans la relation précédente, on obtient

{(\exp (M))}^{⊤} = \exp (M^{⊤}) .

Par suite,

{(\exp (M))}^{⊤} \exp (M) = \exp (- M) \exp (M) .

Or les matrices $M$ et $- M$ commutent et donc

\exp (- M) \exp (M) = \exp (- M + M) = \exp (O_{n}) = I_{n} .

Exercice 2 5765 Correction

Soit $A \in ℳ_{n} (ℂ)$ . Déterminer les valeurs propres de $\exp (A)$ .

Solution

La matrice $A$ est trigonalisable et l’on peut écrire $A = P T P^{- 1}$ avec $P \in {GL}_{n} (ℂ)$ et $T \in 𝒯_{n}^{+} (ℂ)$ . On a alors $\exp (A) = P \exp (T) P^{- 1}$ avec $\exp (T)$ triangulaire supérieure de coefficients diagonaux les exponentielles des coefficients diagonaux de $T$ . On en déduit

Sp (\exp (A)) = {e^{λ} | λ \in Sp (A)} .

Exercice 3 2725 MINES (MP)

Soit $A \in ℳ_{n} (ℂ)$ . Établir $\det (e^{A}) = e^{tr (A)}$ .

Exercice 4 3011 ENTPE (MP)

Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ . Montrer que $e^{A}$ est un polynôme en $A$ .

Exercice 5 3451 Correction

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

D (P) = P^{'} (X) et T (P (X)) = P (X + 1) .

Établir

\exp (D) = T .

Solution

Par la formule de Taylor adaptée aux polynômes,

P (a + t) = \sum_{k = 0}^{n} \frac{P^{(k)} (a)}{k!} t^{k} .

En déduit l’égalité polynomiale

P (X + 1) = \sum_{k = 0}^{n} \frac{P^{(k)} (X)}{k!} 1^{k}

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

Il vient alors

\exp (D) (P) = \sum_{k = 0}^{n} \frac{1}{k!} D^{k} (P) = \sum_{k = 0}^{n} \frac{P^{(k)} (X)}{k!} = P (X + 1) .

Exercice 6 5584 MINES (MP)Correction

Soit $N \in ℳ_{n} (ℝ)$ une matrice nilpotente.

Comparer les espaces $Ker (N)$ et $Ker (e^{N} - I_{n})$ .

Solution

Puisque la matrice $N$ est nilpotente, on peut introduire $p \in ℕ^{*}$ tel que $N^{p} = O_{n}$ .

Par définition de l’exponentielle d’une matrice,

e^{N} = \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{1}{k!} N^{k} = \sum_{k = 0}^{p - 1} \frac{1}{k!} N^{k} + O_{n} = \sum_{k = 0}^{p - 1} \frac{1}{k!} N^{k} .

Montrons l’égalité des deux espaces étudiés par double inclusion.

Soit $X \in Ker (N)$ . On a

e^{N} (X) = \sum_{k = 0}^{p - 1} \frac{1}{k!} N^{k} X = \underset{\begin{matrix} k = 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{X}} + \underset{\begin{matrix} k \geq 1 \end{matrix}}{\underset{⏟}{0}} = X

et donc

X \in Ker (e^{N} - I_{n}) .

On a ainsi une première inclusion

Ker (N) \subset Ker (e^{N} - I_{n}) .

Inversement, considérons $X \in Ker (e^{N} - I_{n})$ . L’égalité $(e^{N} - I_{n}) X = 0$ donne

\sum_{k = 0}^{p} \frac{1}{k!} N^{k} X - X = \sum_{k = 1}^{p} \frac{1}{k!} N^{k} X = 0 .

Par l’absurde, supposons $N X \neq 0$ et introduisons $ℓ \geq 1$ le plus grand entier tel que $N^{ℓ} X \neq 0$ . On a donc

\sum_{k = 1}^{p} \frac{1}{k!} N^{k} X = N X + \frac{1}{2!} N^{2} X + \dots + \frac{1}{ℓ!} N^{ℓ} X + \underset{\begin{matrix} k > ℓ \end{matrix}}{\underset{⏟}{0 + \dots + 0}} = 0 .

En multipliant à gauche la relation précédente par $N^{ℓ - 1}$ , on obtient

N^{ℓ} X = 0 .

Cela est absurde car contredit l’introduction de $ℓ$ . On en déduit $N X = 0$ et donc $X \in Ker (N)$ .

On a ainsi acquis l’inclusion réciproque

Ker (N) \supset Ker (e^{N} - I_{n}) .

Par double inclusion,

Ker (e^{N} - I_{n}) = Ker (N) .

Exercice 7 3135 Correction

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

Ker (e^{u} - {Id}_{E}) = Ker (u) et Im (e^{u} - {Id}_{E}) = Im (u) .

Solution

Posons $n \in ℕ$ tel que $u^{n} = 0$ . On peut simplifier

e^{u} = \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{1}{k!} u^{k} = \sum_{k = 0}^{n - 1} \frac{1}{k!} u^{k} .

Si $x \in Ker (u)$ alors

(e^{u}) (x) = \sum_{k = 0}^{n - 1} \frac{1}{k!} u^{k} (x) = \underset{\begin{matrix} k = 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{x}} + \underset{\begin{matrix} k \geq 1 \end{matrix}}{\underset{⏟}{0_{E}}} = x

et donc

x \in Ker (e^{u} - {Id}_{E}) .

Inversement, supposons $x \in Ker (e^{u} - {Id}_{E})$ . On a

\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k!} u^{k} (x) = 0 .

Par l’absurde, supposons $u (x) \neq 0_{E}$ et introduisons $ℓ \geq 1$ le plus grand entier tel que $u^{ℓ} (x) \neq 0_{E}$ . En composant la relation précédente avec $u^{ℓ - 1}$ , on obtient

u^{ℓ} (x) = 0_{E} .

Cela est absurde car contredit la définition de $ℓ$ . On en déduit $u (x) = 0_{E}$ et donc $x \in Ker (u)$ .

Ainsi,

Ker (e^{u} - {Id}_{E}) = Ker (u) .

Puisque

e^{u} - {Id}_{E} = \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{1}{k!} u^{k} = u \circ (\sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{1}{k!} u^{k - 1})

on a de façon immédiate

Im (e^{u} - {Id}_{E}) \subset Im (u) .

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

dim Im (e^{u} - {Id}_{E}) = dim Im (u)

et donc conclure

Im (e^{u} - {Id}_{E}) = Im (u) .

Exercice 8 5354 Correction

Dans ce sujet, on étudie les fonctions $φ : ℝ \to ℳ_{n} (ℝ)$ dérivables vérifiant:

\forall (t, s) \in ℝ^{2}, φ (t + s) = φ (t) φ (s) .

(a)

Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ . Vérifier que $φ : t \mapsto \exp (t A)$ est solution.
(b)

Soit $φ$ une fonction solution vérifiant $φ (0) \in {GL}_{n} (ℝ)$ . Calculer $φ (0)$ .
(c)

On suppose toujours que $φ$ est solution et $φ (0) \in {GL}_{n} (ℝ)$ . Montrer que

$\forall t \in ℝ, φ^{'} (t) = φ (t) φ^{'} (0) .$

En déduire qu’il existe $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ telle que $φ (t) = \exp (t A)$ 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 $φ : t \mapsto \exp (t A)$ est bien définie et dérivable de $ℝ$ vers $ℳ_{n} (ℝ)$ et, pour tout $(t, s) \in ℝ^{2}$ ,

$φ (t) φ (s) = \exp (t A) \exp (s A) = \exp (t A + s A) = \exp ((t + s) A) = φ (t + s)$

car les matrices $s A$ et $t A$ commutent.
(b)

Pour $s = t = 0$ , il vient $φ (0) = {(φ (0))}^{2}$ . Sachant que $φ (0)$ est inversible, on en déduit $φ (0) = I_{n}$ .
(c)

Soit $t \in ℝ$ . Pour $h$ réel non nul,

$\frac{1}{h} (φ (t + h) - φ (t)) = \frac{1}{h} (φ (t) φ (h) - φ (t) φ (0)) = φ (t) \frac{1}{h} (φ (h) - φ (0)) .$

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

$φ^{'} (t) = φ (t) φ^{'} (0) .$

Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ . Considérons $ψ (t) = φ (t) e^{- t A}$ pour $t \in ℝ$ . La fonction $ψ$ est dérivable sur $ℝ$ avec

$ψ^{'} (t) = φ^{'} (t) e^{- t A} - φ (t) A e^{- t A} = φ (t) (φ^{'} (0) - A) e^{- t A}$

Pour $A = φ^{'} (0)$ , la fonction $ψ$ est constante égale à $ψ (0) = φ (0) \times I_{n} = I_{n}$ . On en déduit $φ (t) = e^{t A}$ pour tout $t \in ℝ$ .
(d)

Posons $B = φ (0)$ . Par la même étude qu’au-dessus, on établit $B^{2} = B$ et $φ (t) = B \exp (t A)$ pour tout $t \in ℝ$ avec $A = φ^{'} (0)$ . Au surplus, on vérifie que $A$ et $B$ commutent. En effet, l’égalité

$φ (t) = φ (0) φ (t) = φ (t) φ (0)$

donne par dérivation $φ (0) φ^{'} (t) = φ^{'} (t) φ (0)$ puis, en $t = 0$ , $B A = A B$ .

Inversement, si $A, B \in ℳ_{n} (ℝ)$ vérifient $A B = B A$ et $B^{2} = B$ , on constate que la fonction $φ : t \mapsto \exp (t A) B$ est solution du problème posé puisque

$\exp (t A) B = B \exp (t A) pour tout t \in ℝ .$

Exercice 9 4179 CENTRALE (MP)Correction

On se donne $φ : ℝ \to {GL}_{n} (ℝ)$ continue et telle que

\forall (s, t) \in ℝ^{2}, φ (s + t) = φ (s) φ (t) .

(a)

On suppose dans cette question $φ$ de classe $𝒞^{1}$ . Montrer que

$\forall t \in ℝ, φ^{'} (t) = φ^{'} (0) φ (t) .$

En déduire qu’il existe $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ telle que $φ (t) = \exp (t A)$ pour tout $t$ réel.
(b)

Soit $θ \in 𝒞^{1} (ℝ, ℝ_{+})$ 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,

$ψ (x) = \int_{- \infty}^{+ \infty} θ (x - t) φ (t) d t .$

Montrer que $ψ$ est de classe $𝒞^{1}$ puis qu’il existe $B \in ℳ_{n} (ℝ)$ telle que $ψ (x) = φ (x) B$ pour tout réel $x$ .
(c)

Déterminer $φ$ .

Solution

(a)

Commençons par remarquer que $φ (0) = I_{n}$ car

$φ (0) = φ (0 + 0) = φ {(0)}^{2} avec φ (0) = I_{n} .$

Pour $t \in ℝ$ et $s \neq 0$ , on a

$\frac{1}{s} (φ (s + t) - φ (t)) = \frac{1}{s} (φ (s) - φ (0)) φ (t) .$

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

$φ (t) = \exp (t A) φ (0) avec A = φ^{'} (0) .$

En rappelant $φ (0) = I_{n}$ , on obtient l’expression voulue de $φ (t)$ .
(b)

Posons $f (x, t) = θ (x - t) φ (t)$ définie sur $ℝ \times ℝ$ . Pour tout $x \in ℝ$ , la fonction $t \mapsto f (x, t)$ est continue par morceaux et intégrable sur $ℝ$ car nulle en dehors $[x - α; x + α]$ . Cela assure la définition de la fonction $ψ$ .

La fonction $f$ admet une dérivée partielle

$\frac{\partial f}{\partial x} (x, t) = θ^{'} (x - t) φ (t) .$

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

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

$| \frac{\partial f}{\partial x} (x, t) | \leq \underset{\begin{matrix} intégrable \end{matrix}}{\underset{⏟}{sup_{s \in [- α; α]} | θ^{'} (s) | φ (t) 1_{[- (a + α); a + α]} (t)}} .$

Par domination sur tout segment, on peut affirmer que $ψ$ est de classe $𝒞^{1}$ .

Pour tous $x$ et $y$ réels,

$ψ (x)$ $= \int_{- \infty}^{+ \infty} θ (x - t) φ (t) d t \underset{s = x - t}{=} \int_{- \infty}^{+ \infty} θ (s) φ (x - s) d t$

$= \int_{- \infty}^{+ \infty} θ (s) φ (x) φ (- s) d s = φ (x) ψ (0) .$

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 $𝒞^{1}$ et l’on conclut par la première question que $φ : t \mapsto \exp (t A)$ pour $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ .

Soient $n \in ℕ^{*}$ et $θ_{n} : ℝ \to ℝ$ définie par

$θ_{n} (x) = \frac{1}{n} θ (n x) .$

La fonction $θ_{n}$ réunit les conditions de la fonction $θ$ précédente et

$B_{n} = \int_{- \infty}^{+ \infty} θ_{n} (t) φ (- t) d t = \int_{- \infty}^{+ \infty} θ (t) φ (- t / n) d t .$

Pour tout $t \in ℝ$ ,

$θ (t) φ (- t / n) \to_{n \to + \infty}^{} θ (t) φ (0)$

et

$∥ θ (t) φ (- t / n) ∥ \leq \underset{\begin{matrix} intégrable \end{matrix}}{\underset{⏟}{\max_{s \in [- α; α]} | θ (s) | \max_{s \in [- α; α]} ∥ φ (s) ∥ 1_{[- α; α]} (t)}} .$

Par convergence dominée,

$B_{n} = \int_{- \infty}^{+ \infty} θ (t) φ (- t / n) d t \to_{n \to + \infty}^{} \int_{- \infty}^{+ \infty} θ (t) φ (0) d t = φ (0) = I_{n} .$

Par continuité du déterminant, $\det (B_{n})$ tend vers $1$ et l’on peut affirmer que, pour $n$ assez grand, $B_{n}$ est inversible et enfin conclure.

Exercice 10 4276

(Décomposition polaire)

Soit $S \in ℳ_{n} (ℝ)$ telle que $tr (S U) \leq tr (S)$ pour toute matrice $U \in O_{n} (ℝ)$ .

(a)

Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ antisymétrique. Montrer $\exp (A) \in O_{n} (ℝ)$ .
(b)

En considérant les matrices orthogonales $\exp (t A)$ 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 $M \in ℳ_{n} (ℝ)$ , il existe $S \in ℳ_{n} (ℝ)$ symétrique à valeurs propres positives et $Ω \in O_{n} (ℝ)$ telles que $M = S Ω$ .

Exercice 11 1185 Correction

Soit $A \in ℳ_{p} (𝕂)$ . Établir que

lim_{n \to + \infty} {(I_{p} + \frac{A}{n})}^{n} = \exp (A) .

Solution

On a

{(I_{p} + \frac{A}{n})}^{n} = \sum_{k = 0}^{n} \frac{n!}{(n - k)! n^{k}} \cdot \frac{A^{k}}{k!} .

Posons $f_{k} : ℕ \to ℳ_{p} (𝕂)$ définie par

f_{k} (n) = {\begin{matrix} \frac{n!}{(n - k)! n^{k}} \cdot \frac{A^{k}}{k!} & si k \leq n \\ 0 & sinon. \end{matrix}

On remarque que

{(I_{p} + \frac{A}{n})}^{n} = \sum_{k = 0}^{+ \infty} f_{k} (n)

avec

∥ f_{k} (n) ∥ \leq \frac{∥ A^{k} ∥}{k!} \leq \frac{{∥ A ∥}^{k}}{k!} pour tout n \in ℕ et k \in ℕ^{*}

(quitte à introduire une norme sous-multiplicative sur $ℳ_{n} (ℝ)$ ). On a donc

{∥ f_{k} ∥}_{\infty} \leq \frac{{∥ A ∥}^{k}}{k!} = α_{k}

avec $α_{k}$ qui est le terme général d’une série convergente. Il en découle que la série de fonctions $\sum f_{k}$ converge normalement sur $ℕ$ . Puisque

lim_{n \to + \infty} f_{k} (n) = \frac{A^{k}}{k!}

on obtient par le théorème de la double limite

lim_{n \to + \infty} {(I_{p} + \frac{A}{n})}^{n} = \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{A^{k}}{k!} = \exp (A) .

Exercice 12 2416 CENTRALE (MP)Correction

Soient $A$ et $B$ dans $ℳ_{p} (ℝ)$ . Montrer que

lim_{n \to + \infty} {(\exp (\frac{A}{n}) \exp (\frac{B}{n}))}^{n} = \exp (A + B) .

Solution

On a

\exp (\frac{A}{n}) = \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{1}{k!} \frac{A^{k}}{n^{k}} \underset{n \to + \infty}{=} I_{p} + \frac{1}{n} A + o (\frac{1}{n})

donc

\exp (\frac{A}{n}) \exp (\frac{B}{n}) \underset{n \to + \infty}{=} I_{p} + \frac{1}{n} (A + B) + o (\frac{1}{n}) .

Ainsi,

{(\exp (\frac{A}{n}) \exp (\frac{B}{n}))}^{n} \underset{n \to + \infty}{=} {(I_{p} + \frac{1}{n} (A + B) + o (\frac{1}{n}))}^{n} .

Puisque $I_{p}$ et $\frac{1}{n} (A + B) + o (\frac{1}{n})$ commutent, on peut développer par la formule du binôme de Newton

{(I_{p} + \frac{1}{n} (A + B) + o (\frac{1}{n}))}^{n} = \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) \frac{1}{n^{k}} {(A + B + o (1))}^{k} .

Posons $f_{k} : ℕ^{*} \mapsto ℳ_{p} (𝕂)$ définie par

f_{k} (n) = {\begin{matrix} (\binom{n}{k}) \frac{1}{n^{k}} {(A + B + o (1))}^{k} & si k \leq n \\ 0 & sinon. \end{matrix}

On remarque que

{(I_{p} + \frac{1}{n} (A + B) + o (\frac{1}{n}))}^{n} = \sum_{k = 0}^{+ \infty} f_{k} (n) .

Montrons la convergence normale de la série des $f_{k}$ .

Puisque

A + B + o (1) \underset{n \to + \infty}{=} A + B

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

On observe alors

{∥ f_{k} ∥}_{\infty} \leq \frac{1}{k!} M^{k}

en choisissant une norme multiplicative sur $ℳ_{p} (𝕂)$ .

La série de fonctions $\sum f_{k}$ converge normalement sur $ℕ^{*}$ , cela permet de permuter limite et somme infinie.

Or, pour $k$ fixé,

f_{k} (n) \to_{n \to + \infty}^{} \frac{{(A + B)}^{k}}{k!}

donc

{(I_{p} + \frac{1}{n} (A + B) + o (\frac{1}{n}))}^{n} \to_{n \to + \infty}^{} \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{1}{k!} {(A + B)}^{k} = \exp (A + B) .

[>] Calculs d'exponentielles de matrices

Édité le 09-06-2025

	$ψ (x)$	$= \int_{- \infty}^{+ \infty} θ (x - t) φ (t) d t \underset{s = x - t}{=} \int_{- \infty}^{+ \infty} θ (s) φ (x - s) d t$
		$= \int_{- \infty}^{+ \infty} θ (s) φ (x) φ (- s) d s = φ (x) ψ (0) .$

Exponentielles