Corrigé du contrôle de maths spé : exponentielle de matrice, systèmes linéaires

Exercice 1 : Question de cours : dérivation et exponentielle d’une somme (3 points)

1. On pose \(\exp(A) = \sum_{k=0}^{+\infty} \dfrac{A^k}{k!}\). Comme la norme est une norme d’algèbre, on a \(\|A^k\| \leq\, \|A\|^k\), donc \(\|\dfrac{A^k}{k!}\| \leq\, \dfrac{\|A\|^k}{k!}\). Or la série numérique \(\sum \dfrac{\|A\|^k}{k!}\) converge, de somme \(e^{\|A\|}\). La série est donc absolument convergente dans l’espace \(\mathcal{M}_n(\mathbb{K})\), qui est de dimension finie, donc complet : elle converge.

2. Posons \(u_k(t) = \dfrac{t^k}{k!} A^k\). Chaque \(u_k\) est de classe \(\mathcal{C}^1\), avec \(u_k^{\prime}(t) = \dfrac{t^{k-1}}{(k-1)!} A^k\) pour \(k \geq\, 1\). La série \(\sum u_k(t)\) converge pour tout \(t\) (question a). Soit \(a > 0\). Pour \(|t| \leq\, a\), on a \(\|u_k^{\prime}(t)\| \leq\, \|A\| \dfrac{(a \|A\|)^{k-1}}{(k-1)!}\), terme général d’une série convergente. La série des dérivées converge donc normalement sur \([-a, a]\).

   Par le théorème de dérivation terme à terme, \(\varphi\) est de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \([-a, a]\), pour tout \(a\), donc sur \(\mathbb{R}\). De plus,

   \[\varphi^{\prime}(t) = \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{t^{k-1}}{(k-1)!} A^k = A \sum_{j=0}^{+\infty} \frac{t^j A^j}{j!} = A \exp(tA).\]

   En factorisant \(A\) à droite, on obtient de même \(\exp(tA) A\). Ainsi \(\varphi^{\prime}(t) = A \exp(tA) = \exp(tA) A\).

3. Posons \(F(t) = \exp(t(A + B))\) et \(G(t) = \exp(tA) \exp(tB)\). D’après b, on a \(F^{\prime}(t) = (A + B) F(t)\). Par dérivation d’un produit (application bilinéaire), \(G^{\prime}(t) = A \exp(tA) \exp(tB) + \exp(tA) B \exp(tB)\). Comme \(B\) commute avec \(\exp(tA)\), il vient \(G^{\prime}(t) = (A + B) G(t)\).

   Ainsi \(F\) et \(G\) sont solutions du même système linéaire matriciel \(Y^{\prime} = (A + B) Y\), avec \(F(0) = G(0) = I_n\). Par le théorème de Cauchy linéaire, \(F = G\). En \(t = 1\), on obtient \(\exp(A + B) = \exp(A) \exp(B)\).

   Enfin, \(A\) et \(-A\) commutent, donc \(\exp(A) \exp(-A) = \exp(0) = I_n\). La matrice \(\exp(A)\) est inversible, d’inverse \(\exp(-A)\).

Barème : a) 0,5 point pour la définition, 0,5 point pour la convergence absolue et la complétude ; b) 0,5 point pour les hypothèses du théorème de dérivation terme à terme, 0,5 point pour le calcul ; c) 0,75 point pour l’argument de Cauchy, 0,25 point pour l’inversibilité.

Exercice 2 : Calculs d’exponentielles (5 points)

1. Le polynôme caractéristique vaut \((1 – \lambda)^2 – 4 = (\lambda – 3)(\lambda + 1)\). On a \(A_1 (1, 1) = 3 (1, 1)\) et \(A_1 (1, -1) = -(1, -1)\). Ainsi \(A_1 = P \operatorname{diag}(3, -1) P^{-1}\), avec \(P = \begin{pmatrix} 1 1 \\ 1 -1 \end{pmatrix}\) et \(P^{-1} = \dfrac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 1 \\ 1 -1 \end{pmatrix}\).

   Par continuité de \(M \mapsto P M P^{-1}\), on a \(\exp(P D P^{-1}) = P \exp(D) P^{-1}\). Donc

   \[\exp(A_1) = P \begin{pmatrix} e^3 0 \\ 0 e^{-1} \end{pmatrix} P^{-1} = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} e^3 + e^{-1} e^3 – e^{-1} \\ e^3 – e^{-1} e^3 + e^{-1} \end{pmatrix}.\]

2. On trouve \(N^2 = \begin{pmatrix} 0 0 3 \\ 0 0 0 \\ 0 0 0 \end{pmatrix}\) et \(N^3 = 0\). La série est donc finie :

   \[\exp(N) = I_3 + N + \frac{N^2}{2} = \begin{pmatrix} 1 1 \frac{7}{2} \\ 0 1 3 \\ 0 0 1 \end{pmatrix}.\]

3. On a \(B = 2 I_3 + J\) avec \(J = \begin{pmatrix} 0 1 0 \\ 0 0 1 \\ 0 0 0 \end{pmatrix}\). Ensuite, \(J^2\) a pour seul coefficient non nul un \(1\) en position \((1, 3)\), et \(J^3 = 0\). Les matrices \(2t I_3\) et \(tJ\) commutent, donc, d’après l’exercice 1, \(\exp(tB) = \exp(2t I_3) \exp(tJ) = e^{2t} (I_3 + tJ + \dfrac{t^2}{2} J^2)\).

   \[\exp(tB) = e^{2t} \begin{pmatrix} 1 t \frac{t^2}{2} \\ 0 1 t \\ 0 0 1 \end{pmatrix}.\]

4. On a \(C^2 = D^2 = 0\), donc \(\exp(C) = I_2 + C = \begin{pmatrix} 1 1 \\ 0 1 \end{pmatrix}\) et \(\exp(D) = \begin{pmatrix} 1 0 \\ 1 1 \end{pmatrix}\). Par ailleurs, \((C + D)^2 = I_2\). En séparant les puissances paires et impaires, on obtient \(\exp(C + D) = \operatorname{ch}(1) I_2 + \operatorname{sh}(1) (C + D)\).

   \[\exp(C + D) = \begin{pmatrix} \operatorname{ch} 1 \operatorname{sh} 1 \\ \operatorname{sh} 1 \operatorname{ch} 1 \end{pmatrix}, \qquad \exp(C) \exp(D) = \begin{pmatrix} 2 1 \\ 1 1 \end{pmatrix}.\]

   Les coefficients diagonaux de \(\exp(C + D)\) sont égaux, ceux de \(\exp(C) \exp(D)\) ne le sont pas. Donc \(\exp(C + D) \neq \exp(C) \exp(D)\) : l’hypothèse de commutation est indispensable, et ici \(CD \neq DC\).

Erreur fréquente : écrire \(\exp(2 I_3 + J) = \exp(2 I_3) \exp(J)\) sans mentionner que \(2 I_3\) et \(J\) commutent ; la question d montre que cette justification n’est pas une formalité.

Barème : a) 0,5 point pour la diagonalisation, 1 point pour exp(A₁) ; b) 0,5 point pour les puissances, 0,5 point pour exp(N) ; c) 0,5 point pour la commutation citée, 1 point pour le résultat ; d) 0,5 point pour les trois exponentielles, 0,5 point pour la conclusion.

Exercice 3 : Spectre et déterminant de exp(A) (4 points)

1. Pour tout \(k\), on a \(A^k = P T^k P^{-1}\). Donc la somme partielle \(S_m(A) = \sum_{k=0}^{m} \dfrac{A^k}{k!}\) vaut \(P S_m(T) P^{-1}\). L’application \(M \mapsto P M P^{-1}\) est linéaire en dimension finie, donc continue. En passant à la limite, \(\exp(A) = P \exp(T) P^{-1}\).

   Un produit de matrices triangulaires supérieures est triangulaire supérieur, et ses coefficients diagonaux sont les produits des coefficients diagonaux. Ainsi \(T^k\) est triangulaire supérieure, de diagonale \(\lambda_1^k, \ldots, \lambda_n^k\). Il en va de même pour \(S_m(T)\), de diagonale \(\sum_{k=0}^{m} \dfrac{\lambda_i^k}{k!}\). Or l’ensemble des matrices triangulaires supérieures est un sous-espace vectoriel, donc fermé en dimension finie. Par passage à la limite, \(\exp(T)\) est triangulaire supérieure, de coefficients diagonaux \(e^{\lambda_1}, \ldots, e^{\lambda_n}\).

2. Les matrices \(\exp(A)\) et \(\exp(T)\) sont semblables. Elles ont donc même spectre et même déterminant. Le spectre d’une matrice triangulaire est l’ensemble de ses coefficients diagonaux. Donc \(\operatorname{Sp}(\exp A) = \{e^{\lambda_1}, \ldots, e^{\lambda_n}\} = \{e^\lambda : \lambda \in \operatorname{Sp}(A)\}\).

   De plus, \(\det(\exp A) = \prod e^{\lambda_i} = e^{\sum \lambda_i}\). Or \(\sum \lambda_i = \operatorname{tr}(T) = \operatorname{tr}(A)\), car la trace est invariante par similitude. Ainsi \(\det(\exp A) = e^{\operatorname{tr} A}\).

3. Si \(A\) est réelle, \(\operatorname{tr}(A)\) est réel, donc \(\det(\exp A) = e^{\operatorname{tr} A} > 0\). Par exemple, \(\operatorname{diag}(-1, 1, \ldots, 1)\), de déterminant \(-1\), est inversible mais n’est l’exponentielle d’aucune matrice réelle.

4. La transposition est linéaire, donc continue, et \({^t(A^k) = ({^t A)^k\). Ainsi \({^t \exp(A) = \exp({^t A) = \exp(-A)\). D’après l’exercice 1, \(\exp(-A) = \exp(A)^{-1}\). Donc \({^t \exp(A) \exp(A) = I_n\) : la matrice \(\exp(A)\) est orthogonale.

   Enfin, la diagonale d’une matrice antisymétrique est nulle, donc \(\operatorname{tr}(A) = 0\) et \(\det(\exp A) = e^0 = 1\). Ainsi \(\exp(A) \in SO_n(\mathbb{R})\).

Barème : a) 0,5 point pour la similitude, 1 point pour la forme triangulaire (fermeture justifiée) ; b) 0,5 point pour le spectre, 0,5 point pour le déterminant ; c) 0,5 point ; d) 0,5 point pour l’orthogonalité, 0,5 point pour le déterminant.

Exercice 4 : Problème : un système différentiel en dimension 3 (8 points)

1. Chaque coefficient de \(U^2\) vaut \(1 + 1 + 1 = 3\), donc \(U^2 = 3U\). Comme \(U\) et \(I_3\) commutent, \(A^2 = U^2 – 2U + I_3 = 3U – 2U + I_3 = U + I_3\). Or \(U + I_3 = A + 2 I_3\), donc \(A^2 = A + 2 I_3\).

2. Le polynôme \(X^2 – X – 2 = (X – 2)(X + 1)\) annule \(A\). Il est scindé à racines simples, donc \(A\) est diagonalisable, et \(\operatorname{Sp}(A) \subset \{2, -1\}\).

   D’une part, \(A u = 2u\), donc \(2\) est valeur propre. D’autre part, \(\ker(A + I_3) = \ker U\) est le plan d’équation \(x + y + z = 0\). Il est non nul, donc \(-1\) est valeur propre. Les dimensions des sous-espaces propres ont pour somme \(3\). Ainsi \(E_2(A) = \operatorname{Vect}(u)\) et \(E_{-1}(A)\) est le plan d’équation \(x + y + z = 0\).

3. Les matrices \(-t I_3\) et \(tU\) commutent. D’après l’exercice 1, \(\exp(tA) = \exp(-t I_3) \exp(tU) = e^{-t} \exp(tU)\). Par récurrence, \(U^k = 3^{k-1} U\) pour \(k \geq\, 1\). Donc

   \[\exp(tU) = I_3 + \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{t^k 3^{k-1}}{k!} U = I_3 + \frac{e^{3t} – 1}{3} U.\]

   On obtient \(\exp(tA) = e^{-t} I_3 + \dfrac{e^{2t} – e^{-t}}{3} U\). Vérification : en \(t = 0\), on retrouve \(I_3\).

4. Le système est à coefficients constants. D’après le cours, l’unique solution du problème de Cauchy est \(X(t) = \exp(tA) X(0)\). Or \(U (1, 0, 0) = u\), donc \(X(t) = e^{-t} (1, 0, 0) + \dfrac{e^{2t} – e^{-t}}{3} (1, 1, 1)\).

   La solution est \(x(t) = \dfrac{e^{2t} + 2 e^{-t}}{3}\) et \(y(t) = z(t) = \dfrac{e^{2t} – e^{-t}}{3}\). Vérification : \(x(0) = 1\), \(y(0) = z(0) = 0\), et \(y^{\prime}(t) = \dfrac{2e^{2t} + e^{-t}}{3} = x(t) + z(t)\).

   

5. Posons \(s = a + b + c\). On a \(U (a, b, c) = s u\), donc \(X(t) = e^{-t} (a, b, c) + s \dfrac{e^{2t} – e^{-t}}{3} u\).

   Si \(s = 0\), alors \(X(t) = e^{-t} (a, b, c)\), qui tend vers \(0\). Si \(s \neq 0\), la première coordonnée vaut \(e^{-t} a + s \dfrac{e^{2t} – e^{-t}}{3}\), qui tend vers \(\pm \infty\). La solution tend vers \(0\) si et seulement si \(a + b + c = 0\). Géométriquement, les conditions initiales convenables forment le plan \(E_{-1}(A)\), associé à la valeur propre de partie réelle négative.

6. On cherche une solution constante \(X_c\), c’est-à-dire telle que \(A X_c = -u\). Comme \(A u = 2u\), on peut prendre \(X_c = -\dfrac{1}{2} u\). Alors \(Y = X – X_c\) vérifie \(Y^{\prime} = AY\) et \(Y(0) = \dfrac{1}{2} u\). Donc \(Y(t) = \exp(tA) \dfrac{u}{2} = \dfrac{e^{2t}}{2} u\), puisque \(u\) est vecteur propre pour la valeur propre \(2\).

   La solution est \(X(t) = \dfrac{e^{2t} – 1}{2} (1, 1, 1)\). Vérification : \(X^{\prime}(t) = e^{2t} u\) et \(AX + u = (e^{2t} – 1) u + u = e^{2t} u\).

Barème : a) 1 point ; b) 0,5 point pour la diagonalisabilité, 1 point pour les sous-espaces propres ; c) 0,5 point pour la commutation, 1 point pour les puissances de U, 0,5 point pour le résultat ; d) 0,5 point pour la formule \(X(t) = \exp(tA)X(0)\), 1 point pour les coordonnées ; e) 0,5 point pour la condition, 0,5 point pour l’interprétation ; f) 0,5 point pour la solution constante, 0,5 point pour la solution.

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