Consigne: Montrer que si \(A\) et \(B\) commutent, alors $$e^{A+B}=e^Ae^B$$

D'après le développement limité de la fonction exponentielle, on a : $$\begin{align} e^A&=\operatorname{Id}+A+\frac12A^2+\frac16A^3+\ldots\\ e^B&=\operatorname{Id}+B+\frac12B^2+\frac16B^3+\ldots\end{align}$$

Expression du produit sous formes d'identités remarquables du binôme de Newton


Alors, puique \(A\) et \(B\) commutent, alors on a : $$\begin{align} e^Ae^B&=\frac12(A^2+2AB+B^2)+\frac16(A^3+3A^2B+3AB^2+B^3)+\ldots\\ &=\frac12(A+B)^2+\frac16(A+B)^3+\ldots\\ &=e^{A+B}\end{align}$$

(Formule du binôme de Newton)

Consigne: Calculer l'exponentielle de la matrice suivante : $$A=\begin{pmatrix}2&2&0\\ 1&2&1\\ 0&2&2\end{pmatrix}$$

Diagonaliser \(A\)
On cherche à diagonaliser \(A\)
On remarque que \(\begin{pmatrix}1\\ 1\\ 1\end{pmatrix}\) est propre pour \(4\) et \(\begin{pmatrix}1\\ -1\\ 1\end{pmatrix}\) est propre pour \(0\)
Comme \(\operatorname{tr}(A)=6\), la troisième valeur propre est \(2\)
On cherche le sous-espace propre pour \(2\) : $$(A-2\operatorname{Id})=0\iff\begin{cases}2y=0\\ x+z=0\\ (2y=0)\end{cases}\qquad\begin{pmatrix}1\\ 0\\ -1\end{pmatrix}$$
Donc si \(P=\begin{pmatrix}1&1&1\\ 1&-1&0\\ 1&1&-1\end{pmatrix}\), alors \(P^{-1}AP=\begin{pmatrix}4&0&0\\ 0&0&0\\ 0&0&2\end{pmatrix}\)

Calculer \(P^{-1}\)
Grâce à l'algorithme du compagnon, on trouve que \(P^{-1}=\cfrac14\begin{pmatrix}1&2&1\\ 1&-2&1\\ 2&0&-2\end{pmatrix}\)

Calcul de l'exponentielle

On a : $$\begin{align} e^A&=\underbrace{\begin{pmatrix}1&1&1\\ 1&-1&0\\ 1&1&-1\end{pmatrix}}_{P}\times\underbrace{\begin{pmatrix} e^4&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&e^2\end{pmatrix}}_{\exp(P^{-1}AP)=P^{-1}e^AP}\times\underbrace{\frac14\begin{pmatrix}1&2&1\\ 1&-2&1\\ 2&0&-2\end{pmatrix}}_{P^{-1}}\\ &=\begin{pmatrix} e^4+2e^2+1&2e^4-2&e^4-2e^2+1\\ e^4-1&2e^4+2&e^4-1\\ e^4-2e^2+1&2e^4-2&e^4+2e^2+1\end{pmatrix}\end{align}$$

(Diagonalisation - Matrice diagonalisable, Matrice augmentée - Algorithme du compagnon, Exponentielle d’une matrice - Système différentiel (Changement de base))

Consigne: Calculer l'exponentielle de la matrice suivante : $$A=\begin{pmatrix}8&-4&-1\\ 7&-3&-1\\ 21&-12&-2\end{pmatrix}$$

Polynôme caractéristique
$$\begin{align}\begin{vmatrix}8-\lambda&-4&-1\\ 7&-3-\lambda&-1\\ 21&-12&-2-\lambda\end{vmatrix}&=\begin{vmatrix}0&0&-1\\ \lambda-1&1-\lambda&-1\\ \lambda^2-6\lambda+5&4\lambda-4&-2-\lambda\end{vmatrix}&&\begin{array}{l}c_1\gets c_1+(8-\lambda)c_3\\ c_2\gets c_2-4c_3\end{array}\\ &=-\begin{vmatrix}\lambda-1&1-\lambda\\ \lambda^2-6\lambda+5&4\lambda-4\end{vmatrix}\\ &=(1-\lambda)((4\lambda-4)+\lambda^2-6\lambda+5)\\ &=(1-\lambda)(\lambda^2-2\lambda+1)\\ &=-(\lambda-1)^3\end{align}$$ donc \(1\) est valeur propre triple

On calcule \((A-\operatorname{Id})^2\) : $$\begin{array}{c|c}&\begin{pmatrix}7&-4&-1\\ 7&-4&-1\\ 21&-12&-3\end{pmatrix}\\ \hline\begin{pmatrix}7&-4&-1\\ 7&-4&-1\\ 21&-12&-3\end{pmatrix}&\begin{pmatrix}0&0&0\\ 0&0&0\\ 0&0&0\end{pmatrix}\end{array}$$

On a donc $$\begin{align}\exp(A-\operatorname{Id})&=\operatorname{Id}+(A-\operatorname{Id})+\underbrace{\frac{(A-\operatorname{Id})^2}2+\frac{(A-\operatorname{Id})^3}6+\ldots}_{=0}\\ &=\operatorname{Id}+(A-\operatorname{Id})\\ &=A\end{align}$$

$$\begin{align}\exp A&=\exp((A-\operatorname{Id})+\operatorname{Id})\\ &=\exp(A-\operatorname{Id})\exp\operatorname{Id}&&\quad\text{ car }\; (A-\operatorname{Id})\operatorname{Id}=\operatorname{Id}(A-\operatorname{Id})\\ &=eA&&\quad\text{ car }\; \exp I=eI\end{align}$$

(Diagonalisation - Matrice diagonalisable)

Consigne: Soit \(A\) la matrice $$A=\begin{pmatrix}1&0&0\\ 1&-1&0\\ -1&2&-1\end{pmatrix}$$ et \(f\) l'endomorphisme de \({\Bbb R}^3\) associé
Avec \(P=\begin{pmatrix}2&0&0\\ 1&0&1\\ 0&1&0\end{pmatrix}\), on a \(B=P^{-1}AP=\begin{pmatrix}1&0&0\\ 0&-1&2\\ 0&0&-1\end{pmatrix}\)
Pour \(t\in{\Bbb R}\), calculer \(\exp tB\)

Décomposer \(B\) en deux matrices : une diagonale et une nilpotente
On a : $$B=\underbrace{\begin{pmatrix}1&0&0\\ 0&-1&0\\ 0&0&-1\end{pmatrix}}_U+\underbrace{\begin{pmatrix}0&0&0\\ 0&0&2\\ 0&0&0\end{pmatrix}}_V$$

Vérifier que \(V\) est nilpotente
De plus \(V^2=\begin{pmatrix}0&0&0\\ 0&0&0\\ 0&0&0\end{pmatrix}\)

Vérifier que \(U\) et \(V\) commutent
On a $$UV=VU=-V$$

Commutativité \(\to\) on peut séparer l'exponentielle
Donc $$\exp(tB)=\exp(tU+tV)=\exp(tU)\exp(tV)$$

Calculer les exponentielles

Donc $$\begin{align}\exp(tV)&=\operatorname{Id}+tV+0=\begin{pmatrix}1&0&0\\ 0&1&2t\\ 0&0&1\end{pmatrix}\\ \exp(tU)&=\begin{pmatrix} e^t&0&0\\ 0&e^{-t}&0\\ 0&0&e^{-t}\end{pmatrix}\\ \exp(tB)&=\begin{pmatrix} e^t&0&0\\ 0&e^{-t}&2te^{-t}\\ 0&0&e^{-t}\end{pmatrix}\end{align}$$

(Théorème de la décomposition de Dunford - Décomposition de Dunford)

Consigne: Soit \(N\) la matrice $$N=\begin{pmatrix}0&1&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0\end{pmatrix}$$ calculer \(A=\exp(tN)\)

Puissances de \(N\)
On a $$N^2=\begin{pmatrix}0&0&1\\ 0&0&0\\ 0&0&0\end{pmatrix}\quad\text{ et }\quad N^3=0$$

On a donc : $$\exp(tN)=\operatorname{Id}+tN+\frac{t^2N^2}2+0=\begin{pmatrix}1&t&t^2/2\\ 0&1&t\\ 0&0&1\end{pmatrix}$$

Consigne: Soit \(A\) la matrice $$A=\begin{pmatrix}1&0&0\\ 1&-1&0\\ -1&2&-1\end{pmatrix}$$ et \(f\) l'endomorphisme de \({\Bbb R}^3\) associé
Avec \(P=\begin{pmatrix}2&0&0\\ 1&0&1\\ 0&1&0\end{pmatrix}\) et \(P^{-1}=-\cfrac12\begin{pmatrix}-1&0&0\\ 0&0&-2\\ 1&-2&0\end{pmatrix}\), on a \(B=P^{-1}AP=\begin{pmatrix}1&0&0\\ 0&-1&2\\ 0&0&-1\end{pmatrix}\)
Pour \(t\in{\Bbb R}\), on a \(\exp(tB)=\begin{pmatrix} e^t&0&0\\ 0&e^{-t}&2te^{-t}\\ 0&0&e^{-t}\end{pmatrix}\)
Donner les solutions des systèmes différentiels \(y^\prime=By\) et \(x^\prime=Ax\), où \(x\) et \(y\) désignent des fonctions réelles à valeur dans \({\Bbb R}^3\)

Résolution du premier système
Si \(y^\prime =By\) avec \(y=\begin{pmatrix} y_1\\ y_2\\ y_3\end{pmatrix}\) une fonction de \(t\), alors on a $$y(t)=\exp(tB) y(0)$$ on a donc : $$\begin{pmatrix} y_1(t)\\ y_2(t)\\ y_3(t)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} e^ty_1(0)\\ e^{-t}y_2(0)+2te^{-t}y_3(0)\\ e^{-t}y_3(0)\end{pmatrix}$$

Formule du deuxième système
Si \(x^\prime = Ax\), avec \(x=\begin{pmatrix} x_1\\ x_2\\ x_3\end{pmatrix}\) une fonction de \(t\), alors on a $$x(t)=\exp(tA)x(0)$$

Calculer \(\exp(tA)\) \(\to\) résolution

$$A=PBP^{-1}\implies\exp(tA)=P\exp(tB)P^{-1}=\begin{pmatrix} e^t&0&0\\ 0&e^{-t}&0\\ -te^{-t}&2te^{-t}&e^{-t}\end{pmatrix}$$ donc $$\begin{pmatrix} x_1(t)\\ x_2(t)\\ x_3(t)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} e^tx_1(0)\\ e^{-t}x_2(0)\\ -te^{-t}x_3(0)+2te^{-t}x_1(t)+e^{-t}x_2(0)\end{pmatrix}$$

Consigne: Résoudre le système différentiel : $$\begin{cases} x^\prime(t)=-x(t)+y(t)+z(t)&\quad\text{ avec }\quad x(0)=a\\ y^\prime(t)=x(t)-y(t)+z(t)&\quad\text{ avec }\quad y(0)=b\\ z^\prime(t)=x(t)+y(t)+z(t)&\quad\text{ avec }\quad z(0)=c\end{cases}$$

Formules de résolution du système
Si \(V=\begin{pmatrix} x\\ y\\ z\end{pmatrix}\), alors $$V^\prime=\underbrace{\begin{pmatrix}-1&1&1\\ 1&-1&1\\ 1&1&1\end{pmatrix}}_AV$$ donc \(\begin{pmatrix} x(t)\\ y(t)\\ z(t)\end{pmatrix}=\exp(tA)\begin{pmatrix} a\\ b\\ c\end{pmatrix}\)

Factorisation du polynôme caractéristique
$$\begin{align}\begin{vmatrix}-1-\lambda&1&1\\ 1&-1-\lambda&1\\ 1&1&1-\lambda\end{vmatrix}&=(-1-\lambda)\begin{vmatrix}-1-\lambda&1\\ 1&1-\lambda\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}1&-1-\lambda\\ 1&1\end{vmatrix}\\ &=(-1-\lambda)(\lambda^2-2)+\lambda+2-\lambda\\ &=-\lambda^2-\lambda^2+2\lambda+4\\ &=-(\lambda+1)(\lambda+2)(\lambda-2)\end{align}$$ la matrice est donc diagonalisable

Diagonalisation
Si \(P=\begin{pmatrix}1&1&1\\ 1&1&-1\\ -1&2&0\end{pmatrix}\), alors \(P^{-1}=\cfrac16\begin{pmatrix}2&2&-2\\ 1&1&2\\ 3&-3&0\end{pmatrix}\) (obtenu grâce à la méthode de Cramer) et \(P^{-1}AP=\begin{pmatrix}-1&0&0\\ 0&2&0\\ 0&0&-2\end{pmatrix}\)

Calcul de l'exponentielle
Donc $$\begin{align}\exp(tA)&=P\exp(P^{-1}AtP)P^{-1}\\ ~&=\frac16\begin{pmatrix}1&1&1\\ 1&1&-1\\ -1&2&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix} e^{-t}&0&0\\ 0&e^{2t}&0\\ 0&0&e^{-2t}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2&2&-2\\ 1&1&2\\ 3&-3&0\end{pmatrix}\\ &=\frac16\begin{pmatrix}2e^{-t}+e^{2t}+3e^{-2t}&2e^{-t}+2e^{2t}-3e^{-2t}&-2e^{-t}+2e^{2t}\\ 2e^{-t}+e^{2t}-3e^{-2t}&2e^{-t}+e^{2t}+3e^{-2t}&2e^{-t}+2e^{2t}\\ -2e^{-t}+2e^{2t}&-2e^{-t}+2e^{2t}&2e^{-t}+4e^{2t}\end{pmatrix}\end{align}$$

Résolution et conclusion

Donc on a $$\begin{align}\begin{pmatrix} x(t)\\ y(t)\\ z(t)\end{pmatrix}&=\exp(tM)\begin{pmatrix} a\\ b\\ c\end{pmatrix}\\ &=\frac16\begin{pmatrix}(2e^{-t}+e^{2t}+3e^{-2t})a+(2e^{-t}+2e^{2t}-3e^{-2t})b+(-2e^{-t}+2e^{2t})c\\ (2e^{-t}+e^{2t}-3e^{-2t})a+(2e^{-t}+e^{2t}+3e^{-2t})b+(2e^{-t}+2e^{2t})c\\ (-2e^{-t}+2e^{2t})a+(-2e^{-t}+2e^{2t})b+(2e^{-t}+4e^{2t})c\end{pmatrix}\end{align}$$

(Polynôme caractéristique d’une matrice - Polynôme associé à une matrice, Diagonalisation - Matrice diagonalisable, Règle de Cramer - Méthode de Cramer (Trouver la matrice inverse))

Consigne: Résoudre le système différentiel : $$\begin{cases} x^\prime=y+e^t\\ y^\prime=-2x+3y\end{cases}\quad\text{ avec }\quad x(0)=a\quad\text{ et }\quad y(0)=0\tag I$$

Système intermédiaire
Si on pose le système : $$\begin{cases} x^\prime_0=y_0\\ y^\prime_0=-2x_0+3y_0\end{cases}\tag{II}$$
On a alors : $$\begin{pmatrix} x_0\\ y_0\end{pmatrix}^\prime=\ubrac{\begin{pmatrix}0&1\\ -2&3\end{pmatrix}}_A\begin{pmatrix} x_0\\ y_0\end{pmatrix}$$

Factorisation du polynôme caractéristique
$$P(\lambda)=(\lambda-1)(\lambda-2)$$ la matrice \(A\) est donc diagonalisable

Bases propres
Les bases propres sont :
- \(\begin{pmatrix}1\\ 1\end{pmatrix}\) propre pour \(1\)
- \(\begin{pmatrix}1\\ 2\end{pmatrix}\) propre pour \(2\)

Diagonalisation
Si \(P=\begin{pmatrix}1&1\\ 2&1\end{pmatrix}\), alors on a donc \(P^{-1}=\begin{pmatrix}2&-1\\ -1&1\end{pmatrix}\) (d'après la méthode de Cramer), alors \(P^{-1}AP=\begin{pmatrix}1&0\\ 0&2\end{pmatrix}\)

Résolution du système intermédiaire
Donc $$\begin{align}\exp(At)&=\begin{pmatrix}1&1\\ 1&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix} e^t&0\\ 0&e^{2t}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2&-1\\ -1&1\end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix}2e^t-2e^{2t}&-e^t+e^{2t}\\ 2e^t-2e^{2t}&-e^{-t}+2e^{2t}\end{pmatrix}\end{align}$$
Donc $$\begin{cases} x_0^\prime(t)=(2e^t-2e^{2t})a+(-e^t+e^{2t})b\\ y^\prime_0(t)=(2e^t-2e^{2t})a+(-e^{-t}+2e^{2t})b\end{cases}\quad\text{ avec }\quad a=x_0(0)\quad\text{ et }\quad b=y_0(0)$$

Résolution de \((\text I)\) \(\to\) on cherche une solution particulière

La solution de \((\text I)\) est une composée de la solution de \((\text{II})\) et d'une solution particulière de \((\text I)\)

Consigne: Montrer que si \(A\) et \(B\) commutent, alors \(A\) et \(e^B\) commutent

Procéder par récurrence sur les sommes partielles (\(A\) et \(\sum^n_{k=0}\frac{B^k}{k!}\))