Exponentielle d'une somme de matrices qui commutent

Stratégie. Les deux séries exponentielles sont absolument convergentes : leur produit de Cauchy converge donc vers le produit des sommes. Tout le travail consiste alors à reconnaître, dans le terme général de ce produit, la formule du binôme — et c'est là, et là seulement, que l'hypothèse $AB=BA$ intervient. La preuve est mot pour mot celle de $e^{a+b}=e^a{e}^b$ ; on la relit en surveillant l'ordre des facteurs.

Étape 1 — absolue convergence. Munissons ${\mathcal{M}}_d(\mathbb{K})$ d'une norme $\Vert \cdot \Vert$ sous-multiplicative (chapitre 4), c'est-à-dire vérifiant $\Vert XY\Vert \le \Vert X\Vert \Vert Y\Vert$. Alors $\Vert A^n\Vert \le \Vert A{\Vert }^n$, donc $$\Vert \frac{A^n}{n!}\Vert \le \frac{\Vert A{\Vert }^n}{n!},$$ terme général de la série numérique convergente de somme $e^{\Vert A\Vert }$. La série $\sum \frac{A^n}{n!}$ est donc absolument convergente, donc convergente (${\mathcal{M}}_d(\mathbb{K})$ est de dimension finie). Idem pour $B$ et pour $A+B$. Les trois exponentielles existent.

Étape 2 — produit de Cauchy. Les deux séries étant absolument convergentes, leur produit de Cauchy converge et sa somme est $\exp (A)\exp (B)$ (extension admise du théorème scalaire aux séries matricielles). Son terme général est $$c_n=\sum _{k=0}^n\frac{A^k}{k!}\cdot \frac{B^{n-k}}{(n-k)!}=\frac{1}{n!}\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)A^k{B}^{n-k}.$$

Étape 3 — le binôme, et l'hypothèse de commutation. $A$ et $B$ commutent : elles engendrent une sous-algèbre commutative de ${\mathcal{M}}_d(\mathbb{K})$, dans laquelle la formule du binôme de Newton est valide. Donc $$\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)A^k{B}^{n-k}=(A+B{)}^n,\text{d’ouˋ}{c}_n=\frac{(A+B{)}^n}{n!}.$$ En sommant : $\exp (A)\exp (B)={\sum }_{n\ge 0}{c}_n=\exp (A+B)$.

Où l'hypothèse est indispensable. Prenons $A=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 0& 0\end{array}\right)$ et $B=\left(\begin{array}{cc}0& 0\\ 1& 0\end{array}\right)$, qui ne commutent pas. Comme $A^2=B^2=0$, les séries s'arrêtent : $\exp (A)=I_2+A$, $\exp (B)=I_2+B$, donc $$\exp (A)\exp (B)=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 1& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}2& 1\\ 1& 1\end{array}\right).$$ En revanche $S=A+B=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 0\end{array}\right)$ vérifie $S^2=I_2$, donc en séparant les indices pairs et impairs $$\exp (A+B)=\mathrm{ch}(1)I_2+\mathrm{sh}(1)S=\left(\begin{array}{cc}\mathrm{ch}1& \mathrm{sh}1\\ \mathrm{sh}1& \mathrm{ch}1\end{array}\right).$$ Les deux matrices diffèrent : l'identité est fausse sans commutation.

Conséquence : $\exp (A)$ est toujours inversible. $A$ et $-A$ commutent (leur produit vaut $-A^2$ dans les deux ordres). Le résultat s'applique donc : $$\exp (A)\exp (-A)=\exp (A+(-A))=\exp (0)=I_d,$$ et de même $\exp (-A)\exp (A)=I_d$ en échangeant les rôles. Donc pour toute $A\in {\mathcal{M}}_d(\mathbb{K})$, $$\exp (A)\in {\mathrm{GL}}_d(\mathbb{K})\text{et}(\exp A{)}^{-1}=\exp (-A).$$ Remarquable : l'exponentielle ne prend jamais de valeur singulière, alors qu'aucune hypothèse n'a été faite sur $A$ (qui peut très bien être nilpotente, ou nulle de déterminant $0$).

Contrôle numérique. Sur le contre-exemple ci-dessus : $\mathrm{ch}1=1,5431$ et $\mathrm{sh}1=1,1752$, donc $\exp (A+B)\approx \left(\begin{array}{cc}1,5431& 1,1752\\ 1,1752& 1,5431\end{array}\right)$, à comparer à $\exp (A)\exp (B)=\left(\begin{array}{cc}2& 1\\ 1& 1\end{array}\right)$ : l'écart en norme vaut $0,752$, ce n'est pas une erreur d'arrondi. À l'inverse, pour une paire commutante construite en dimension $4$ ($A=P+2P^2$ et $B=3I_4-P^3$, qui sont deux polynômes en une même matrice $P$ tirée au hasard, donc commutent : $\Vert AB-BA\Vert =1,7\cdot 10^{-15}$), on trouve $\Vert \exp (A+B)-\exp (A)\exp (B)\Vert =3,3\cdot 10^{-12}$ et $\Vert \exp (A)\exp (-A)-I_4\Vert =1,2\cdot 10^{-14}$ : nul à la précision machine.

Acquis. $\exp$ est un morphisme du groupe additif $({\mathcal{M}}_d(\mathbb{K}),+)$ restreint à toute partie commutative, vers $({\mathrm{GL}}_d(\mathbb{K}),\times )$ ; en particulier $t\mapsto \exp (tA)$ est un morphisme de $(\mathbb{R},+)$ dans ${\mathrm{GL}}_d(\mathbb{K})$, puisque $tA$ et $sA$ commutent toujours — c'est le groupe à un paramètre qui résoudra $X^{\prime }=AX$.