L'exponentielle d'une matrice, et l'hypothèse de commutation

La stratégie. La convergence se règle en une ligne dès qu'on dispose d'une norme sous-multiplicative — c'est l'apport du chapitre 4. L'identité du c) est ensuite, mot pour mot, la démonstration de « e puissance a plus b égale e puissance a fois e puissance b » : produit de Cauchy, puis formule du binôme — et c'est là, et là seulement, que sert la commutation. On relit donc cette preuve connue en surveillant l'ordre des facteurs.

a) Convergence. Munissons ${\mathcal{M}}_d(\mathbb{K})$ d'une norme $\Vert \cdot \Vert$ sous-multiplicative, c'est-à-dire vérifiant $\Vert XY\Vert \le \Vert X\Vert \Vert Y\Vert$ : toute norme subordonnée convient (chapitre 4). Une récurrence immédiate donne alors $\Vert A^n\Vert \le \Vert A{\Vert }^n$, d'où $$\Vert \frac{A^n}{n!}\Vert \le \frac{\Vert A{\Vert }^n}{n!},$$ terme général de la série numérique convergente de somme $e^{\Vert A\Vert }$ (première année). La série $\sum \frac{A^n}{n!}$ est donc absolument convergente, et ${\mathcal{M}}_d(\mathbb{K})$ étant de dimension finie $d^2$, elle converge par l'exercice 1. L'exponentielle est définie pour toute matrice.

b) Deux calculs directs.

Matrice diagonale. Si $A=\mathrm{diag}(a,b)$, alors $A^n=\mathrm{diag}(a^n,b^n)$ et la somme partielle vaut $\mathrm{diag}\left({\sum }_{n\le N}\frac{a^n}{n!},{\sum }_{n\le N}\frac{b^n}{n!}\right)$, qui tend vers $\mathrm{diag}\left(e^a,e^b\right)$, la convergence se lisant coordonnée par coordonnée (exercice 1). Donc $\exp \left(\mathrm{diag}(a,b)\right)=\mathrm{diag}(e^a,e^b)$ : l'exponentielle agit sur le spectre.

Matrice nilpotente. Si $N=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 0& 0\end{array}\right)$, alors $N^2=0$, donc $N^n=0$ pour $n\ge 2$ : la série s'arrête, et $$\exp (N)=I_2+N=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 1\end{array}\right).$$

c) L'identité fondamentale, et son hypothèse.

Produit de Cauchy. Les séries $\sum \frac{A^n}{n!}$ et $\sum \frac{B^n}{n!}$ sont absolument convergentes par le a). Leur produit de Cauchy converge donc, et sa somme vaut $\exp (A)\exp (B)$ — c'est l'extension admise du théorème scalaire aux séries matricielles. Son terme général est $$c_n=\sum _{k=0}^n\frac{A^k}{k!}\cdot \frac{B^{n-k}}{(n-k)!}=\frac{1}{n!}\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)A^k{B}^{n-k},$$ où $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)$, qui porte $n$ en haut et $k$ en bas, se lit « k parmi n ». On a simplement écrit $\frac{1}{k!(n-k)!}=\frac{1}{n!}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)$.

Le binôme, et l'hypothèse de commutation. Si $AB=BA$, les deux matrices 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 sur $n$ : $\exp (A)\exp (B)={\sum }_n{c}_n=\exp (A+B)$.

Sans commutation, c'est faux. Prenons $$A=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 0& 0\end{array}\right),B=\left(\begin{array}{cc}0& 0\\ 1& 0\end{array}\right),$$ qui ne commutent pas : $AB=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 0\end{array}\right)$ et $BA=\left(\begin{array}{cc}0& 0\\ 0& 1\end{array}\right)$. Comme $A^2=B^2=0$, le b) donne $\exp (A)=I_2+A$ et $\exp (B)=I_2+B$, 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 $S^{2k}=I_2$ et $S^{2k+1}=S$, et en séparant les indices pairs et impairs $$\exp (A+B)=\left(\sum _{k\ge 0}\frac{1}{(2k)!}\right)I_2+\left(\sum _{k\ge 0}\frac{1}{(2k+1)!}\right)S=\mathrm{ch}(1)I_2+\mathrm{sh}(1)S,$$ où $\mathrm{ch}$ est le cosinus hyperbolique et $\mathrm{sh}$ le sinus hyperbolique. Numériquement, le cosinus hyperbolique de $1$ vaut $1,5431$ et le sinus hyperbolique de $1$ vaut $1,1752$, donc $$\exp (A+B)\approx \left(\begin{array}{cc}1,5431& 1,1752\\ 1,1752& 1,5431\end{array}\right)\ne \left(\begin{array}{cc}2& 1\\ 1& 1\end{array}\right)=\exp (A)\exp (B).$$ L'écart n'est pas un arrondi : il vaut près d'un demi sur chaque coefficient. L'identité est fausse sans commutation.

d) Inversibilité, et une matrice non diagonalisable.

Inversibilité. Les matrices $A$ et $-A$ commutent, puisque $A(-A)=-A^2=(-A)A$. Le c) 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 $A$, $$\exp (A)\in {\mathrm{GL}}_d(\mathbb{K})\text{et}{\left(\exp A\right)}^{-1}=\exp (-A).$$ Remarquable : l'exponentielle ne prend jamais de valeur singulière, sans aucune hypothèse sur $A$.

Le bloc de Jordan. Écrivons $\left(\begin{array}{cc}a& 1\\ 0& a\end{array}\right)=a{I}_2+N$ avec $N=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 0& 0\end{array}\right)$. La matrice $a{I}_2$ est scalaire, donc elle commute avec tout, et en particulier avec $N$. Le c) donne $$\exp \left(\begin{array}{cc}a& 1\\ 0& a\end{array}\right)=\exp (a{I}_2)\exp (N)=e^a{I}_2\cdot (I_2+N)=e^a\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 1\end{array}\right),$$ où l'on a utilisé $\exp (a{I}_2)=\mathrm{diag}(e^a,e^a)=e^a{I}_2$ par le b).

Ce que l'exercice installe. Une série de matrices définit une fonction, qui hérite de l'identité scalaire exactement sous l'hypothèse rendant le binôme valide. Le calcul, lui, est général : on décompose $A=D+N$ avec $D$ diagonalisable, $N$ nilpotente et $DN=ND$ — la décomposition du chapitre 2 —, et l'exponentielle se ramène aux deux cas du b). Enfin $t\mapsto \exp (tA)$ est un morphisme du groupe additif des réels dans le groupe linéaire, puisque $tA$ et $sA$ commutent toujours : c'est le groupe à un paramètre qui résoudra les systèmes différentiels linéaires.