Exponentielle d'une matrice

En mathématiques, l'exponentielle d'une matrice est une fonction d'une matrice carrée semblable à l'exponentielle. De façon abstraite, elle fait le pont entre l'algèbre de Lie sur une matrice et le groupe de Lie qui lui correspond.

Définition

Définition-théorème — La série d'applications de terme général

$\begin{array}{ccc} \mathcal{M}_n(\mathbb{C}) & \longrightarrow & \mathcal{M}_n(\mathbb{C}) \\ A & \longmapsto & \frac{1}{k!}A^k\end{array}$

converge normalement sur toute partie bornée de $\mathcal{M}_n(\mathbb{C})$. On appelle alors exponentielle l'application de $\mathcal{M}_n(\mathbb{C})$ dans $\mathcal{M}_n(\mathbb{C})$ définie par

$\forall A \in \mathcal{M}_n(\mathbb{C}),\ \exp A=e^A=\sum_{k \geq 0} \frac{1}{k!}A^k$

Démonstration

Soit $E\,$ une partie bornée de $\mathcal{M}_n(\mathbb{C})$. Comme l'espace est de dimension finie, toutes les normes sont équivalentes. On considère donc une norme d'algèbre, notée | | . | | Il existe donc $\alpha \geq 0$ tel que

$\forall A \in E,\ ||A|| \leq \alpha$

On alors pour tout $k \in \N^*$ et pour tout $A \in E$:

$\left\| \frac{1}{k!}A^k \right\| \leq \frac{1}{k!}||A||^k \leq \frac{1}{k!}\alpha^k$

Or $\sum_{k \geq 0}\frac{1}{k!}\alpha^k$ est majorée par e^α qui est fini, ce qui montre la convergence normale.

Pour n=1, on retombe sur la définition de l'exponentielle classique.

Propriétés

Soient X et Y deux matrices n×n complexes et soient a et b deux nombres complexes. La matrice identité est dénotée I, et la matrice nulle, 0. L'exponentielle d'une matrice possède les propriétés suivantes :

• e⁰ = I
• e^aXe^bX = e^{(a + b)X}
• e^Xe ^{− X} = I
• Si XY = YX, alors e^Xe^Y = e^{X + Y}
• Si Y est une matrice inversible, alors $e^{YXY^{-1}} = Ye^XY^{-1}$.
• $\det\left(e^X\right) = e^{\mbox{tr}(X)}$
• exp(X^T) = (e^X)^T, où X^T désigne la transposée de X. Il s'ensuit que si X est une matrice symétrique, alors e^X est aussi symétrique, et que si X est une matrice antisymétrique, alors e^X est une matrice orthogonale.
• exp(X^*) = (e^X)^*, où X^* signifie le conjugué de la matrice transposée de X. Il en résulte que si X est une matrice hermitienne, alors e^X est aussi hermitienne, et que si X est une matrice antihermitienne (c'est-à-dire opposée au conjugué de sa transposée), alors e^X est une matrice unitaire.

Équations différentielles linéaires

Une des premières applications de l'exponentielle de matrices est la résolution des équations différentielles ordinaires. En effet, de l'équation (1) ci-dessous, on déduit que la solution de :

$\frac{d}{dt} y(t) = Ay(t), \quad y(0) = y_0,$

où A est une matrice, est donnée par

$y(t) = e^{At} y_0. \,$

L'exponentielle d'une matrice peut aussi servir à résoudre les équations non homogènes :

$\frac{d}{dt} y(t) = Ay(t) + z(t), \quad y(0) = y_0.$

Voir la section Applications pour un exemple.

Il n'existe pas de solution explicite pour les équations différentielles de la forme :

$\frac{d}{dt} y(t) = A(t) \, y(t), \quad y(0) = y_0,$

où A n'est pas constant, mais le développement de Magnus (en) donne la solution sous la forme d'une somme infinie.

L'exponentielle d'une somme

On sait que l'identité e^{x + y} = e^xe^y est valable pour tous nombres complexes x et y. On peut en fait montrer qu'elle est également valable pour deux matrices qui commutent. Autrement dit, une condition suffisante (mais pas nécessaire^{[réf. nécessaire]}) pour que

e^{X + Y} = e^Xe^Y

est que les matrices X et Y commutent. Si les deux matrices ne commutent pas, la formule de Baker-Campbell-Hausdorff (en) donne l'expression de e^{X + Y} − e^Xe^Y en fonction du crochet [X,Y] de X et Y, et de tous les crochets itérés. Plus précisément, cette formule donne le logarithme de e^Xe^Y, par une série ne faisant intervenir que X, Y et leurs crochets. Les premiers termes sont les suivants:

$\begin{align}\log(\exp(X)\exp(Y))&=X+Y+\frac{1}{2}[X,Y]+ \frac{1}{12}([X,[X,Y]]+[Y,[Y,X]])+\frac{1}{24}[X,[Y,[X,Y]]]\\ &\quad - \frac{1}{720}([[[[X,Y],Y],Y],Y] +[[[[Y,X],X],X],X]) \\ &\quad +\frac{1}{360}([[[[X,Y],Y],Y],X]+[[[[Y,X],X],X],Y])\\ &\quad + \frac{1}{120}([[[[Y,X],Y],X],Y] +[[[[X,Y],X],Y],X]) +\dots\end{align}$

La formule de Trotter-Kato donne également une expression de l'exponentielle d'une somme.

L'application exponentielle

L'exponentielle d'une matrice est toujours inversible. L'inverse de e^X est donné par e^−X. Cette fonction est donc une application

$\exp \colon M_n(\mathbb C) \to \mbox{GL}_n(\mathbb C)$

de l'ensemble des matrices n×n vers le groupe général linéaire, c'est-à-dire le groupe de toutes les matrices inversibles. On appelle logarithme d'une matrice (en) X toute matrice Y telle que e^Y = X  ; le logarithme de X n'est pas unique en général.

Pour deux matrices X et Y, nous avons

$\| e^{X+Y} - e^X \| \le \|Y\| e^{\|X\|} e^{\|Y\|},$

où || · || désigne une norme matricielle arbitraire. Il suit que l'application exponentielle est continue et lipschitzienne sur tout sous-ensemble compact de M_n(C).

La bijection

$t \mapsto e^{tX}, \qquad t \in \mathbb R$

définit une courbe de classe $C^\infty$ dans le groupe linéaire qui passe par l'identité en t = 0. Cette courbe est en fait un sous-groupe à un paramètre de $GL_n(\mathbb C)$ puisque

$e^{tX}e^{sX} = e^{(t+s)X}.\,$

La dérivée de cette courbe au point t est donnée par

$\frac{d}{dt}e^{tX} = Xe^{tX}. \qquad (1)$

La dérivée au point t = 0 est la matrice X, ce qui revient à dire que X génère ce sous-groupe à un paramètre.

Plus généralement,

$\frac{d}{dt}e^{X(t)} = \int_0^1 e^{(1-\alpha) X(t)} \frac{dX(t)}{dt} e^{\alpha X(t)}d\alpha$

Calculs de l'exponentielle d'une matrice

Le calcul d'une exponentielle de matrice n'est pas a priori un problème facile. Cependant, dans certains cas, et notamment ceux d'une matrice diagonale et d'une matrice nilpotente, il ne présente aucune difficulté. Une fois cette remarque faite, le cas général peut se traiter en se ramenant aux deux cas précédents.

Matrice diagonale

Si A est une matrice diagonale, c'est-à-dire :

$A=\begin{pmatrix} a_1 & 0 & \ldots & 0 \\ 0 & a_2 & \ldots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \ldots & a_n \end{pmatrix},$

alors son exponentielle est obtenue en calculant l'exponentielle de chacun des termes de la diagonale principale :

$e^A=\begin{pmatrix} e^{a_1} & 0 & \ldots & 0 \\ 0 & e^{a_2} & \ldots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \ldots & e^{a_n} \end{pmatrix}.$

Cette propriété permet de calculer simplement l'exponentielle des matrices diagonalisables. Si A = UDU⁻¹, avecD est diagonale, alors e^A = Ue^DU⁻¹.

Matrice nilpotente

Une matrice N est nilpotente si N^q = 0 pour un entier q. Dans ce cas, l'exponentielle d'une matrice e^N se calcule directement à partir de son développement en série, puisque celui-ci ne comporte alors qu'un nombre fini de termes :

$e^N = I + N + \frac{N^2}{2!} + \frac{N^3}{3!} + \cdots + \frac{N^{q-1}}{(q-1)!}$

Généralisation

Lorsque le polynôme minimal d'une matrice X est scindé (ce qui est en particulier toujours le cas pour les matrices à coefficients complexes), X peut s'exprimer sous la forme

$X = A + N \,$

où

• A est diagonalisable
• N est nilpotente
• A commute avec N.

C'est la décomposition de Dunford.

Dès lors, le calcul de l'exponentielle de X se réduit aux deux cas précédents :

e^X = e^{A + N} = e^Ae^N

Dans le cas complexe, on peut aussi faire appel à la réduction de Jordan.

Soit J la forme de Jordan de X, et P la matrice de passage. Alors,

e^X = Pe^JP ^{− 1}

Puisque

$J=J_{a_1}(\lambda_1)\oplus J_{a_2}(\lambda_2)\oplus\cdots\oplus J_{a_n}(\lambda_n),$

$e^{J}\,$	$= \exp \big( J_{a_1}(\lambda_1)\oplus J_{a_2}(\lambda_2)\oplus\cdots\oplus J_{a_n}(\lambda_n) \big)$
	$= \exp \big( J_{a_1}(\lambda_1) \big) \oplus \exp \big( J_{a_2}(\lambda_2) \big) \oplus\cdots\oplus \exp \big( J_{a_k}(\lambda_k) \big).$

En conséquence, il faut seulement connaître la méthode pour calculer l'exponentielle d'un bloc de Jordan. Chacun est de la forme

$J_{a}(\lambda) = \lambda I + N \,$

où N est une matrice nilpotente. L'exponentielle du bloc est donnée par

$e^{\lambda I + N} = e^{\lambda}e^N. \,$

Exemple de calculs

Soit la matrice

$B=\begin{pmatrix} 21 & 17 & 6 \\ -5 & -1 & -6 \\ 4 & 4 & 16 \end{pmatrix}$

qui a la forme de Jordan

$J=\begin{pmatrix} 16 & 1 & 0 \\ 0 & 16 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{pmatrix}$

et la matrice de transition

$P=\begin{pmatrix} -1 & 1 & {5 \over 8} \\ 1 & -1 & -{1\over 8} \\ 0 & 2 & 0 \end{pmatrix}.$

Maintenant,

$J=J_2(16)\oplus J_1(4)\qquad\text{et}\qquad e^B=Pe^JP^{-1}=P\left(e^{J_2(16)}\oplus e^{J_1(4)}\right)P^{-1}.$

Alors,

$\exp \left( 16I+\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \right) = e^{16}\left(\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} + {1 \over 2!}\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}+\cdots\right)=\begin{pmatrix} e^{16} & e^{16} \\ 0 & e^{16} \end{pmatrix}.$

L'exponentielle de la matrice 1×1 est triviale, avec e^J₁(4)=e⁴, d'où

$e^B = P\begin{pmatrix} e^{16} & e^{16} & 0 \\ 0 & e^{16} & 0 \\ 0 & 0 & e^4 \end{pmatrix}P^{-1} = {1\over 4}\begin{pmatrix} 5e^4-e^{16} & 5e^4 - 5 e^{16} & -2e^{16} \\ -e^4 + e^{16} & -e^4 + 5e^{16} & 2e^{16} \\ 0 & 0 & 4e^{16} \end{pmatrix}.$

Applications

Équations différentielles linéaires

L'exponentielle d'une matrice peut servir à résoudre des équations différentielles linéaires.

Sachant que y′ = Cy a pour solution e^Ct, considérons le vecteur

$\mathbf{y}(t) = \begin{pmatrix} y_1(t) \\ \vdots \\y_n(t) \end{pmatrix}$

Nous pouvons exprimer un système d'équations différentielles linéaires sous la forme

$\mathbf{y}'(t) = A\mathbf{y}(t)+\mathbf{b}(t)$

En multipliant par e^−At, nous avons

$e^{-At}\mathbf{y}'-e^{-At}A\mathbf{y} = e^{-At}\mathbf{b}$

$\frac{d}{dt} (e^{-At}\mathbf{y}) = e^{-At}\mathbf{b}$

La résolution du système se ramène donc au calcul de e^At.

Exemple (équation homogène)

Soit le système

$\begin{matrix} x' &=& 2x&-y&+z \\ y' &=& &3y&-z \\ z' &=& 2x&+y&+3z. \end{matrix}$

La matrice associée est

$M=\begin{pmatrix} 2 & -1 & 1 \\ 0 & 3 & -1 \\ 2 & 1 & 3 \end{pmatrix}$

et son exponentielle est

$\begin{align}e^{tM}&=\begin{pmatrix}-1&1&1\\1&0&-1\\1&-1&1\end{pmatrix}\left(e^{tJ_2(2)}\oplus e^{tJ_1(4)}\right)\begin{pmatrix}1/2&1&1/2\\1&1&0\\1/2&0&1/2\end{pmatrix}\\&= \begin{pmatrix}(e^{2t}(1-2t)+e^{4t})/2&-te^{2t}&(-e^{2t}+e^{4t})/2\\ (e^{2t}(1+2t)-e^{4t})/2&e^{2t}(1+t)&(e^{2t}-e^{4t})/2\\ (e^{2t}(-1+2t)+e^{4t})/2&te^{2t}&(e^{2t}+e^{4t})/2\end{pmatrix}.\end{align}$

La solution générale du système est donc

$\begin{pmatrix}x \\y \\ z\end{pmatrix}= \frac{C_1}2\begin{pmatrix}e^{2t}(1-2t)+e^{4t}\\ e^{2t}(1+2t)-e^{4t}\\ e^{2t}(-1+2t)+e^{4t}\end{pmatrix} +C_2\begin{pmatrix}-te^{2t}\\ e^{2t}(1+t)\\ te^{2t}\end{pmatrix} +\frac{C_3}2\begin{pmatrix}-e^{2t}+e^{4t}\\ e^{2t}-e^{4t}\\ e^{2t}+e^{4t}\end{pmatrix}$

c'est-à-dire, en posant a = C₁ / 2, b = C₂ et c = C₃ / 2 :

$\begin{align} x&=a(e^{2t}(1-2t)+e^{4t})-bte^{2t}+c(-e^{2t}+e^{4t})\\ y&=a(e^{2t}(1+2t)-e^{4t})+be^{2t}(1+t)+c(e^{2t}-e^{4t}) \\ z&=a(e^{2t}(-1+2t)+e^{4t})+bte^{2t}+c(e^{2t}+e^{4t}). \end{align}$

Exemple (équation non homogène, variation de la constante)

Pour une équation non homogène, on peut utiliser une méthode semblable à la variation de la constante.

Nous cherchons une solution de la forme y_p(t)=exp(tA)z(t) :

$\mathbf{y}_p' = (e^{tA})'\mathbf{z}(t)+e^{tA}\mathbf{z}'(t)= Ae^{tA}\mathbf{z}(t)+e^{tA}\mathbf{z}'(t)= A\mathbf{y}_p(t)+e^{tA}\mathbf{z}'(t)$

Avec y_p comme solution :

$e^{tA}\mathbf{z}'(t) = \mathbf{b}(t)$

$\mathbf{z}'(t) = (e^{tA})^{-1}\mathbf{b}(t)$

$\mathbf{z}(t) = \int_0^t e^{-uA}\mathbf{b}(u)\,du+\mathbf{c}$

Alors,

$\mathbf{y}_p = e^{tA}\int_0^t e^{-uA}\mathbf{b}(u)\,du+e^{tA}\mathbf{c}=\int_0^t e^{(t-u)A}\mathbf{b}(u)\,du+e^{tA}\mathbf{c}$

où c dépend des conditions initiales.

Exemple (non homogène)

Soit le système

$\begin{matrix} x' &=& 2x&-y&+z&+e^{2t} \\ y' &=& &3y&-1z& \\ z' &=& 2x&+y&+3z&+e^{2t}.\end{matrix}$

Nous avons donc

$M=\begin{pmatrix} 2 & -1 & 1 \\ 0 & 3 & -1 \\ 2 & 1 & 3 \end{pmatrix}\qquad\text{et}\qquad\mathbf{b}=e^{2t}\begin{pmatrix}1 \\0\\1\end{pmatrix}.$

Comme auparavant, la somme de la solution homogène et de la solution particulière donne la solution générale. La solution homogène étant connue, il suffit de trouver la solution particulière.

$\begin{align}\mathbf{y}_p&= e^{t}\int_0^t e^{(-u)A}\begin{pmatrix}e^{2u} \\0\\e^{2u}\end{pmatrix}\,du+e^{tA}\mathbf{c}\\ &= e^{t}\int_0^t \begin{pmatrix} 2e^u - 2ue^{2u} & -2ue^{2u} & 0 \\ \\ -2e^u + 2(u+1)e^{2u} & 2(u+1)e^{2u} & 0 \\ \\ 2ue^{2u} & 2ue^{2u} & 2e^u\end{pmatrix}\begin{pmatrix}e^{2u} \\0\\e^{2u}\end{pmatrix}\,du+e^{tA}\mathbf{c}\\ &= e^{t}\int_0^t \begin{pmatrix} e^{2u}( 2e^u - 2ue^{2u}) \\ \\ e^{2u}(-2e^u + 2(1 + u)e^{2u}) \\ \\ 2e^{3u} + 2ue^{4u}\end{pmatrix}\,du+e^{tA}\mathbf{c}\\ &=e^{t}\begin{pmatrix} -{1 \over 24}e^{3t}(3e^t(4t-1)-16) \\ \\ {1 \over 24}e^{3t}(3e^t(4t+4)-16) \\ \\ {1 \over 24}e^{3t}(3e^t(4t-1)-16)\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix} 2e^t - 2te^{2t} & -2te^{2t} & 0 \\ \\ -2e^t + 2(t+1)e^{2t} & 2(t+1)e^{2t} & 0 \\ \\ 2te^{2t} & 2te^{2t} & 2e^t\end{pmatrix}\begin{pmatrix}c_1 \\c_2 \\c_3\end{pmatrix},\end{align}$

expression qui peut être simplifiée pour obtenir la solution particulière cherchée.

Bibliographie

(en) Roger A. Horn et Charles R. Johnson (en), Topics in Matrix Analysis, Cambridge University Press, 1991 (ISBN 0-521-46713-6)

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