II Exponentielle d’un endomorphisme

(1)

Centrale TSI 2011 - Math 2

I Préliminaires - endomorphismes nilpotents, trace d’un endomorphisme

I.A.

I.A.1)On sait que :

f est injective si et seulement siKer(f) =f0g

0est valeur propre si et seulement siKer(f) = Ker(f 0id)6=f0g Donc :

02=Sp(f),f injective.

I.A.2) E est dimension …nie, doncf est injective si et seulement sif est bijective. Donc : 02= Sp(f),f 2GL(E):

I.A.3) Traduction matriciel de la propriété précédente.

M 2GL_n(C),02=Sp(M).

I.B.

I.B.1)N²= 0

@

0 0 3 0 0 0 0 0 0

1

Aet N³= 0. Donc :

N est nilpotente et k(N) = 3.

I.B.2)

a) CommeM enN sont semblables, il existeP inversible telle queM =P N P ¹. On a alors8p2N; M^p=P N^pP ¹. Donc :

8p2N; M^p et N^p sont semblables

b) On a donc : 8p2N; M^p= 0,N^p= 0. et doncmin (p; M^p= 0) = min (p; N^p= 0) M est nilpotente etk(M) =k(N)

I.B.3)M atB(f)et M atB⁰(f)sont semblables et donc d’après la question précédente :

Mat_B⁰(f)est également nilpotente et de même indice de nilpotence que Mat_B(f) I.B.4)

a) Soientiet j2[[1; n]] tels quej i+ 1.

On a alors pouri < n:

n⁽²⁾_ij = Xn k=1

niknkj= Xn k=i+1

niknkj cark < i)nik= 0etni;i= 0

= 0carj i+ 1 ket doncnk;j = 0

et pouri=n:n⁽²⁾_ij = Xn k=1

niknkj = Xn k=1

0car pour toutk: k i=n

n⁽²⁾_ij = 0sij i+ 1et en particulierN²2 Tn(C) .

b)Montrons par récurrence : Hk: j i+k 1) n^(k)_ij = 0.

vrai pourk= 0carN⁰=I

vrai pourk= 1par hypothèse surN vrai pourk= 2d’après lea).

Supposons la propriété vraie au rangk:

(2)

On a alors pourj i+k:

n^(k+1)_ij = Xn l=1

n^(k)_il nlj = Xn

l=1

0 = 0 car :

Sii+k > n, alors l n i+k 1et n^(k)_ij = 0 Sii+k n;alors

–pour l i+k 1; n^(k)_il = 0d’après l’hypothèse de récurrence –pour l > i+k 1 ,l j et doncnl;j = 0

La propriété est donc vraie au rangk+ 1et

8k2N; N^k2 Tⁿ(C)etn^(k)_ij = 0sij i+k 1

c)Pourk=n; on a : j n= 1 +k 1 i+k 1. Doncn⁽ⁿ⁾_ij = 0pour tous les coe¢ cients deNⁿ et donc : Nⁿ = 0etN 2 Nⁿ(C) etk(N) n

I.B.5)Le sujet nous rappelle que commeK=C, tout endomorphisme est trigonalisable.

a) N est triangulaire donc aussiN I: P_f( ) =

Yn i=1

(n_ii ). Donc :

Sp(f) =fni;i; i2[[1; n]]g b)

Sif est nilpotente il existek2N ,f^k=e0 . X^k est donc un polynôme annulateur et doncSp(f) f0g. De plus f est nilpotente, donc n’est pas injective et donc admet0 comme valeur propre et donc

Sp(f) f0g Si pour touti,n_i;i= 0,N est nilpotente d’après la questionB.4

f nilpotent,Sp(f) =f0g

I.B.6) SoitN2 Tⁿ(C). D’après I.B.5.,N est nilpotente si et seulement sifni;i; i2[[1; n]]g=Sp(N) =f0g. N est nilpotente, 8i2[[1; n]]; nii= 0

I.C.

I.C.1)les deux matricesM atB(f)etM atB⁰(f)sont semblables .

Elles ont donc même trace car T r(P M P ¹) =T r(P M P ¹ ) =T r((M P ¹)P) =T r(M). Donc :

T r(M at_B(f))est indépendant deB I.C.2)

On trigonalisef dans une base Btelle queM at_B(f)2 Tn(C).

On a alorsSp(f) =fn_i;i; i2[[1; n]]g=f k; k2[[1; n]]g. Donc : T r(f) =

Xn i=1

n_i;i= Xn k=1

k

I.C.3)

CommeT r(A) = 0,Aadmet deux valeurs propres opposées.

Si elles sont non nulles, elles sont distinctes etAest diagonalisable.

Si elles sont nulles, d’après la questionI.B.5.,B est nilpotente et donc d’après I.B.2. ,A l’est aussi.

(3)

A est soit diagonalisable, soit nilpotente I.C.4)

SoitA= 0

@

1 1 0

0 1 0

0 0 2

1 A.

An’est pas nilpotente car elle est triangulaire supérieure et que l’un des coe¢ cients diagonaux est non nul.

Ses valeurs propres sont 1(double) et0 (simple).

A Id= 0

@

0 1 0

0 0 0

0 0 1

1

Aest de rang2. Le noyau (le sous espace propre) est donc de dimension1alors que la valeur propre est d’ordre de multiplicité2. DoncA n’est pas diagonalisable.

Lorsque n= 3, il existe des matrices ni diagonalisables, ni nilpotentes

N’importe quelle réduite de Jordan (cf TD Maple) non diagonale et de trace nulle donnera un contre exemple.

II Exponentielle d’un endomorphisme

II.A.

II.A.1) a)

Mat_B(f) = 0 BB

@

e ¹ (0) . ..

(0) e ⁿ

1 CC A

b) exp(f)a une matrice diagonale, n’ayant que des termes diagonaux non nuls donc : exp(f)2GL(E)

II.A.2)

Soitf l’endomorphisme deE de matriceM dans la baseB.

SoientB1 etB2 les bases deEtelles que P₁=M at_B(B1)etP₂=M at_B(B2)

Alors, commeM =P1D1P₁ ¹ etM =P2D2P₂ ¹, les changements de base donne : M at_B₁(f) =D1 et M at_B₂(f) =D2; ces matrices étant diagonales,B¹ etB² sont des bases de vecteurs propres def.

D’où, d’après la propriété admise auII.A.1) M at_B₁(exp(f)) = exp(D1)et M at_B₂(exp(f)) = exp(D2)et le changement de base donneM at_B(exp(f)) =P1exp(D1)P₁¹ etM at_B(exp(f)) =P2exp(D2)P₂ ¹. Soit :

P1(expD1)P₁¹=P2exp(D2)P₂¹ II.B.

II.B.1) D’après la question I.B.4.a), pour k 1 ,M^k est triangulaire supérieure et ses termes diagonaux sont nuls . Les termes diagonaux deexp(M) =

k(f) 1

X

p=0

M^p

p! sont ceux de M⁰ 0! =In.

Les termes diagonaux deexp(M)sont donc tous égaux à1

II.B.2) exp(M) est une somme de matrice triangulaires supérieures donc est triangulaire supérieure. Donc ses valeurs propres sont les coe¢ cients diagonaux..

Sp(expf) =f1g (valeur propre de multiplicitén) Commedet(exp(f)) = 1(produit des valeurs propres ),

exp(f)2GL(E) II.C.

II.C.1)

a) g est nilpotente donc exp(g) =

k(g) 1

X

i=0

gⁱ

i! . Pour avoirexp(d) exp(g) = exp(g) exp(d)il su¢ t donc d’avoir pour touti exp(d) gⁱ=gⁱ exp(d):

(4)

On calcule l’image d’un vecteur deE en le décomposant sur la somme directe des sous espace propres . (possible cardest diagonalisable .

x= Xm j=1

xj avec pour tout j d(xj) = jxj

Par dé…nition de exp(d)on a :

sixj= 0, exp(d)(xj) = 0 exp( j)xj

sixj6= 0, exp(d)(xj) = exp( j)xj par dé…nition de exp(d)et indépendance de la base de vecteurs propres utilisés.

exp(d) (x) = Xm j=1

exp ( _j)x_j et(g expd) (x) = Xm j=1

exp ( _j)g(x_j)

On a aussi g(x) = Xm j=1

g(xj). Seulement d et g commutent donc les sous espaces propres de dsont stables par g et donc g(x_j)est soit nul , soit un vecteur propre dedet doncexp(d)(g(x_j)) = exp( _j)d(x_j); On a donc

(exp(d) g)(x) = Xm j=1

exp ( j)g(xj) = (g expd) (x)

b)On prendf telle queM at_B(f) =M . siM =D+N avecD diagonalisable etN nilpotente , on prenddet gde matrice DetN . dest un endomorphisme diagonalisable etg est un endomorphisme nilpotent. d’après le résultat admisdetg sont uniques. Donc aussiD etN

8M 2 ⁿ(C),9! (D; N) II.C.2)

On décomposeM =D+N avecD diagonalisable etN nilpotente. On a alorsP M P ¹=P DP ¹+P N P ¹avec:

P DP ¹ diagonalisable : siD est semblable à diagonale ,P DP ¹ est semblable àD donc à : P N P ¹ nilpotente d’après la questionI.B.2.

(P DP ¹)(P N P ¹) = (P N P ¹)(P DP ¹)carDN =N DetP P ¹ se simpli…e.

Donc

P M P ¹2 n(C) On a par dé…nition exp(P M P ¹) = exp(P DP ¹):exp P N P ¹ .

exp(P DP ¹) =Pexp(D)P ¹car si on pose D=Q Q ¹on a P DP ¹= (P Q) (P Q) ¹ avec diagonale .

Par dé…nition (cfII.A.2) de l’exponentielle d’une matrice diagonaleexp(D) =Qexp( )Q ¹etexp(P DP ¹) = (P Q) exp( ) (P Q) ¹ soitexp(P DP ¹) =Pexp(D)P ¹

etexp(P N P ¹) =Pexp(N)P ¹car

exp(P N P ¹) =

k(P N P ¹) 1

X

p=0

(P N P ¹)^p

p! =

k(N) 1

X

p=0

P N^pP ¹ p!

= =P 0

@

k(NX) 1 p=0

N^p p!

1

AP ¹=Pexp(N)P ¹

en utilisant le fait queN et P N P ¹ on même indice de nilpotence d’aprèsI.B.2) D’où :

exp(P M P ¹) = exp(P DP ¹):exp P N P ¹ = Pexp(D)P ¹ Pexp(N)P ¹

= P(exp(D) exp(N))P ¹=Pexp(M)P ¹

exp(P M P ¹) =Pexp(M)P ¹

(5)

III Le cas n = 2

III.A.

III.A.1)Si f n’est pas diagonalisable la somme des dimension des sous espaces propres est plus grande que1( le corps est C) est strictement plus petite que2:On a donc un seul sous espace propre de dimension1 :

= et dim (E ) = 1

La seule valeur propre def Idest donc0il existe donc une base deEdans laquelle la matrice def Idest triangulaire à diagonale nulle et donc d’après la questionI.B.4).

(f Id)²= 0 I.B.5.a) me semble peu adapté.

III.A.2) Puisque f(v)6= v,u6= 0et comme(f Id)²= 0 ,(f Id) (u) = (f Id)²(v) = 0. doncf(u) = u u2E n f0g

E (f)est donc la droite engendrée paru. comme v =2Vect(u)on a(u; v)libre , et(u; v)de bon cardinal.

(u; v)est une base deE On a alorsf(u) = uetf(v) =u+ v (par dé…nition deu). Donc :

M at_B(u) = 1 0

!

III.B. SoitA2 M²(C).SiAest diagonalisable,Aest semblable à une matrice du typeD(a; b).

Si A n’est pas diagonalisable, A est la matrice d’un endomorphisme f non diagonalisable. Donc d’après la question précédentef admet dans la base(u; v)la matriceM( )doncAest semblable à M( )

Tout élément deM²(C)est semblable à une matrice deJ2(C) III.C.

8a; b2C; D(a; b) =D(a; b) +N avecN= 0, doncN est nilpotente etN D(a; b) =D(a; b)N : D(a; b)2 ²(C).

etexp(D(a; b)) = e^a 0 0 e^b

!

par dé…nition de l’exponentielle d’une matrice diagonale.

8a2C; M(a) =aI₂+N avecaI₂ diagonale ,N= 0 1 0 0

!

nilpotente et(aI₂)N =N(aI₂):M(a)2 2(C)

CommeN²= 0,exp(N) =I2+N = 1 1 0 1

!

et donc

exp (M(a)) = e^a 0 0 e^a

! 1 1 0 1

!

= eâ eâ 0 eâ

!

J₂(C) ₂(C).

III.D. On a par dé…nition : 2(C) M²(C).

Réciproquement siM 2 M²(C). M est semblable à une matrice deJ2(C), donc de 2(C). D’où d’aprèsII.C.2),M 2 ²(C).

D’où :

2(C) =M²(C) III.E.

III.E.1) Le polynôme caractéristique deA( )estPA( )( ) = ²+ ²et donc Sp(A( )) =fi ; i g.

Ses deux valeurs propres sont distinctes (car 6= 0) ,A( )est diagonalisable. Ses deux sous-espaces propres sont des droites et :

(6)

E_i (A( ))d’équation i x y= 0

x i y= 0 ,y= ix( car 6= 0) , d’où E_i (A( )) = Vect 1 i E i (A( )) = Vect 1

i

D’où les matricesP = 1 1 i i

!

etD= i 0

0 i

!

de la décompositionA( ) =P DP ¹ .

Le calcul donneP ¹= 1 2

1 i

!

On alors :

exp (A( )) = 1 1 i i

! eⁱ 0 0 e ⁱ

! 1 2i

i 1 i 1

!

= cos sin

sin cos

!

Donc

exp(A( )) = cos sin sin cos

!

est la matrice de la rotation d’angle . III.E.2)

L’on a alorsexp(A(0)) = exp(A(2 )) = 1 0 0 1

! . CommeA(0)6=A(2 ),expn’est pas injective

III.E.3) Une matriceM deJ2(C)\GL2(C)est de la formeD(a; b)avecab6= 0ouM(a)aveca6= 0.

On sait (ou on retrouve) quez7 !exp(z)est surjective de CsurC . Un antécédent dezétant (z) = ln (jzj) +iarg(z) SiM est de la formeD(a; b)on cherche =D( ; )un antécédent diagonale deD(a; b). il su¢ t de prendreexp ( ) =a etexp( ) =b

DoncD( (a); (b))est un antécédent deD(a; b)parexpsiaet bsont non nuls.

Si M est de la forme M(a) on utilise le fait que exp (M( )) = exp( ) exp( ) 0 exp( )

!

n’étant pas diagonalisable est

semblable à exp( ) 1 0 exp( )

!

, d’après la questionIII.B.

On prend donc = (a)et M(a)est semblable àexp (M( (a)),

On peut décomposer exp (M( (a))) =P M(a)P ¹ et alorsM(a) =P ¹exp (M( (a)))P = exp P ¹M( (a))P d’après II.C.2)

Tout élément deJ2(C)\GL2(C)est semblable à l’exponentielle d’un élément deJ2(C) III.E.4)SoitM 2GL₂(C) :

d’après la question III.B., il existe M₁ 2 J₂(C) telle que M soit semblable à M₁. Comme M est inversible, M₁ l’est aussi etM₁2J₂(C)\GL₂(C).

d’après la questionIII.E.3), il existeM22J2(C)telle queM1 soit semblable àexp(M2) d’oùM est semblable àexp (M2). On peut décomposer M =Pexp(M2)P ¹ avecP inversible.

d’aprèsII.C.2),M =P(expM2)P ¹= exp(P M2P ¹).

exp: M2(C)!GL₂(C) est surjective III.F.SoitM 2 M²(C),M est semblable à une matrice de J2(C) 2(C).

(7)

SiM est semblable àD(a; b),T r(M) =T r(D(a; b)) =a+betexp(M)est semblable àD(e^a; e^b); doncdet(exp(M)) =e^a+b= exp(T r(M)).

Si M est semblable à M(a), T r(M) = T r(M(a)) = 2a et exp(M) est semblable à exp(M(a)) = 0

@ eâ eâ 0 eâ

1 A; donc

det(exp(M)) =e^2a = exp(T r(M)).

8M 2 M²(C); det(exp(M)) = exp(T r(M)) III.G.

III.G.1)

SL2(C) GL2(C);(siM 2SL2(C), det(M) = 1) I22SL2(C)

SL₂(C)est stable par quotient : .SiM et N 2SL₂(C); det(M N ¹) = det(M) det(N) = 1 SL2(C)est un sous-groupe deGL2(C) Si M 2L0(C); det(exp(M)) = exp(T r(M)) = 1, doncexp(L₀(C)) SL₂(C)

III.G.2) SoitM 2L0(C).

d’après I.C.3),M est soit diagonalisable, soit nilpotente.

–si elle est diagonalisable, elle est semblable à une matriceD(a; b)de trace nulle ; donc b= a.

–si elle est nilpotente et non diagonalisable, elle est semblable d’après la questionIII.B. à une matrice du typeM(a) de trace nulle, qui véri…e donca= 0.

III.G.3)

detN⁰= 1 :N⁰2SL2(C

SupposonsN⁰ = exp(N₁)avecN₁2L₀(C).

On remarque queN⁰ n’est pas diagonalisable.

Si N1 est semblable à une matrice du typeD(a; a),exp(N1)est semblable à e^a 0 0 e ^a

!

et N⁰ est diagonalisable . absurde.

Si N1 est semblable à M(0), N⁰ = exp(N1) est semblable à exp(M(0)) = 0

@ 1 1 0 1

1

A, d’où T r(N⁰) = 2, ce qui est évidemment faux.

DoncN⁰ n’appartient pas à l’image deexpdonc degexp. L’application n’est pas surjective.

Par ailleurs, les matrices A( ) appartiennent à L₀(C); comme exp(A(0)) = exp(A(2 )) et A(0) 6= A(2 ); gexp n’est pas injective. D’où :

g

exp n’est ni surjective, ni injective

IV Le cas n = 3

IV.A.

f admet3 valeurs propres 2 à 2 distinctes; doncf est diagonalisable et s’écritf =f +e0 avece0 nilpotent et f e0 =e0 f donc :

f 2 3(E):

IV.B.

IV.B.1)f Idadmet0comme unique valeur propre, d’après la questionI.B.

(8)

f Id est nilpotent IV.B.2)

f s’écrit alors Id+ (f Id)avec Iddiagonalisable,f Idnilpotent et ( Id) (f Id) = (f Id) ( Id): f 2 ³(E):

IV.C.

IV.C.1)Comme f est trigonalisable, il existe une baseB= (e1; e2; e3)telle queM atB(f)soit triangulaire supérieure. Les valeurs propres def étant sur la diagonale

9a; b; c2C; 9(e1; e2; e3)tels que M atB(f) = 0

@

a b

0 c

0 0 1 A soit : 8<

:

f(e1= e1

f(e2) =ae1+ e2

f(e3) =be1+ce2+ e3

IV.C.2) detB (e1; e2; e⁰₃) =

1 0 0 1 0 0 1

= 16= 0. Donc

B⁰ = (e1; e2; e⁰₃)est une base deE IV.C.3)

f(e⁰₃) = f(e₃) + f(e₁) + f(e₂) = (be₁+ce₂+ e₃) + ( e₁) + (ae₁+ e₂)

= (b+ + a)e1+ (c+ )e2+ e3

et

e⁰₃= e1+ e2+ e3

On a donc :

f(e⁰₃) = e⁰₃, b+ + a=

c+ = ,

8>

<

>:

= ca

( )²+ b

= c

car 6=

On a donc pu choisir et tels que f(e⁰₃) = e⁰₃ IV.C.4)

On a alors :

M =M atB⁰(f) = 0

@

a 0

0 0

0 0 1 A.

IV.C.5)

Soient alorsD= 0

@

0 0

0 0 1

AetN = 0

@

0 a 0 0 0 0 0 0 0

1 A.

On a alorsM =D+N avecD diagonale etN nilpotente.

De plusN D=DN = 0

@

0 a 0

0 0 0

1

A. Donc :

M 2 ³(C) et donc commeM est l matrice def :

f 2 3(E) IV.D.

Soitf un endomorphisme deE. On a alors les possibilités (et elles seules) :

(9)

f admet3 valeurs propres deux à deux distinctes f admet1 valeur propre triple

f une valeur propre simple et une double Dans les trois cas les questionsA,B,Cdonnent

3(E) =L(E):

IV.E.

IV.E.1)

Le polynôme caractéristique deR( )vaut :

P_{R( )}( ) = ( ²+ ²) et Sp(R( ))est fi ; i ;0g.

Par des calculs analogues à ceux de III.E.1), on obtient : R( ) =P DP ¹ avecP=

0

@

1 1 0

i i 0

0 0 1

1

A. etD= 0

@

i 0 0

0 i 0

0 0 0

1 A

On a alors :

exp(R( )) =P 0

@ eⁱ 0 0

0 e ⁱ 0

0 0 e⁰

1 AP ¹=

0

@ cos( ) sin( ) 0 sin( ) cos( ) 0

0 0 1

1 A

IV.E.2)

Commeexp(R(0)) = exp(R(2 ))et queR(0)6=R(2 ),

exp :L(E)!GL(E)n’est pas injective