Eclats de vers : Matemat : Exponentielle matricielle

Soit une matrice \(A\in\mathfrak{M}(\setR,n,n)\) et la fonction :

\[E_A : \setR \mapsto \in\mathfrak{M}(\setR,n,n)\]

définie comme étant l'unique solution de :

On définit alors l'exponentielle matricielle par :

\[\exp(A) = E_A(1)\]

Dans le cas où \(A = 0\), on a :

\[\OD{E_0}{t} = 0 \cdot E_0 = 0\]

En intégrant, on voit que :

\[E_0(t) - E_0(0) = \int_0^t 0 \ dt = 0\]

La fonction \(E_0\) est donc constante et vaut \(E_0(t) = E_0(0) = I\) pour tout \(t \in \setR\). On en conclut que :

\[\exp(0) = I\]

Soit la fonction :

\[u : \setR \mapsto \matrice(\setR, n, n), \ t \mapsto \exp(A \cdot t)\]

On a :

\[u(0) = \exp(A \cdot 0) = \exp(0) = I\]

et :

\[\OD{u}{t}(0) = A \cdot u(0) = A \cdot I = A\]

On montre par récurrence que :

\[\NOD{u}{t}{k}(0) = A \cdot \NOD{u}{t}{k - 1}(0) = A \cdot A^{k - 1} = A^k\]

En évaluant le développement de Taylor de \(u\) autour de \(t=0\) on obtient :

\[\exp(A \cdot t) = \sum_{k=0}^{+\infty} \frac{1}{k!} \cdot A^k \cdot t^k\]

Évaluons la dérivée de ce développement :

\begin{align} \OD{}{t} \exp(A \cdot t) &= \sum_{k=1}^{+\infty} \unsur{k!} \cdot A^k \cdot k \cdot t^{k - 1} \\ &= A \cdot \sum_{k=1}^{+\infty} \unsur{(k - 1) !} \cdot A^{k - 1} \cdot t^{k - 1} \\ &= A \cdot \sum_{k=0}^{+\infty} \unsur{k!} \cdot A^k \cdot k \cdot t^k \\ &= A \cdot \exp(A \cdot t) \end{align}

On a aussi :

\[\exp(A \cdot 0) = I + \sum_{k=1}^{+\infty} \unsur{k!} \cdot A^k \cdot 0^k = I\]

La fonction \(t \mapsto \exp(A \cdot t)\) est donc identique à la solution \(E\) :

\[E(t) = \exp(A \cdot t)\]

Le cas particulier \(t = 1\) nous donne le développement de l'exponentielle matricielle :

\[\exp(A) = \sum_{k=0}^{+\infty} \frac{1}{k!} \cdot A^k\]

Soit les fonctions \(f, g : \setR \mapsto \setR\) définies par :

\begin{align} f &:& s \mapsto \exp\Big(A \cdot (s + t) \Big) \\ g &:& s \mapsto \exp(A \cdot s) \cdot \exp(A \cdot t) \end{align}

pour tout \(s \in \setR\). On a :

\begin{align} \partial f(s) &= A \cdot \exp\Big(A \cdot (s + t) \Big) = A \cdot f(s) \\ f(0) &= \exp\Big(A \cdot (0 + t) \Big) = \exp(A \cdot t) \end{align}

et :

\begin{align} \partial g(s) &= A \cdot \exp(A \cdot s) \cdot \exp(t) = A \cdot g(s) \\ g(0) &= \exp(A \cdot 0) \cdot \exp(A \cdot t) = I \cdot \exp(A \cdot t) = \exp(A \cdot t) \end{align}

Par unicité de la solution en \(u\) du problème différentiel :

\begin{align} \partial u(s) &= A \cdot u(s) \\ u(0) &= \exp(A \cdot t) \end{align}

on en déduit que :

\[\exp\Big(A \cdot (s + t) \Big) = \exp(A \cdot s) \cdot \exp(A \cdot t)\]

L'additivité nous dit que :

\[\exp(A \cdot (t - t)) = \exp(A \cdot t) \cdot \exp(A \cdot (-t)) = \exp(A \cdot t) \cdot \exp(- A \cdot t)\]

Mais la condition initiale nous dit que :

\[\exp(A \cdot (t - t)) = \exp(A \cdot 0) = I\]

On a donc :

\[\exp(A \cdot t) \cdot \exp(- A \cdot t) = I\]

Comme les matrices sont carrées, on en déduit que l'inverse matriciel de \(\exp(A \cdot t)\) existe et s'écrit :

\[\exp(A \cdot t)^{-1} = \exp(- A \cdot t)\]

Le cas particulier \(t = 1\) nous donne :

\[\exp(A)^{-1} = \exp(- A)\]

Soit un vecteur \(x_0 \in \setR^n\) et la fonction \(x : \setR \mapsto \setR^n\) définie par :

\[x(t) = \exp(A \cdot t) \cdot x_0\]

pour tout \(t \in \setR\). On a :

\[\dot{x}(t) = A \cdot \exp(A \cdot t) \cdot x_0 = A \cdot x\]

et :

\[x(0) = \exp(A \cdot 0) \cdot x_0 = I \cdot x_0 = x_0\]

Notre fonction \(x\) est donc l'unique solution de l'équation différentielle :

Il existe un lien entre l'exponentielle d'une matrice hermitienne et ses valeurs propres. Soit la fonction \(X : \setR \mapsto \setR^n\) vérifiant l'équation différentielle :

\[\dot{X}(t) = A \cdot X(t)\]

où \(A\) est une matrice carrée hermitienne. Comme \(A = A^\dual\), on sait que la forme de Schur :

\[A = U \cdot \Lambda \cdot U^\dual\]

nous donne une matrice carrée unitaire \(U\) qui vérifie par conséquent :

\[U^\dual = U^{-1}\]

et une matrice diagonale :

\[\Lambda = (\lambda_i \cdot \delta_{ij})_{i,j}\]

où les \(\lambda_i\) sont les valeurs propres de \(A\). Si on effectue le changement de variable :

\[X = U \cdot Y \quad\Leftrightarrow\quad Y = U^\dual \cdot X\]

l'équation différentielle devient :

\[U \cdot \dot{Y} = A \cdot U \cdot Y \\\]

En multipliant à gauche par \(U^\dual\), on obtient :

\[\dot{Y} = U^\dual \cdot A \cdot U \cdot Y = \Lambda \cdot Y\]

Exprimée en terme de composantes \(Y = (y_i)_i\), cette dernière équation devient :

\[\dot{y}_i = \lambda_i \cdot y_i\]

dont la solution est :

\[y_i(t) = y_{i}(0) \cdot \exp(\lambda_i \cdot t)\]

Comme :

\[\sum_k \unsur{k !} \ \Lambda^k \cdot t^k = \Bigg( \sum_k \unsur{k !} \ \lambda_i^k \cdot t^k \cdot \indicatrice_{ij} \Bigg)_{i,j}\]

on voit que :

\[\exp(\Lambda \cdot t) = \Big( \exp(\lambda_i \cdot t) \cdot \indicatrice_{ij} \Big)_{i,j}\]

On en conclut que :

\[Y(t) = \exp(\Lambda \cdot t) \cdot Y(0)\]

La condition initiale sur \(Y\) est liée à celle sur \(X\) par :

\[Y(0) = U^\dual \cdot X(0)\]

On a donc :

\[Y(t) = \exp(\Lambda \cdot t) \cdot U^\dual \cdot X(0)\]

et :

\[X(t) = U \cdot Y(t) = U \cdot \exp(\Lambda \cdot t) \cdot U^\dual \cdot X(0)\]

Par définition de l'exponentielle matricielle, on a aussi :

\[X(t) = \exp(A \cdot t) \cdot X(0)\]

On en conclut que :

\[\exp(A \cdot t) \cdot X(0) = U \cdot \exp(\Lambda \cdot t) \cdot U^\dual \cdot X(0)\]

Au point \(t = 1\), on a :

\[\exp(A) \cdot X(0) = U \cdot \exp(\Lambda) \cdot U^\dual \cdot X(0)\]

Cette relation étant vérifiée quelque soit \(X(0) \in \setR^n\), on en conclut la relation liant l'exponentielle d'une matrice hermitienne à ses valeurs propres :

\[\exp(A) = U \cdot \exp(\Lambda) \cdot U^\dual\]

AFAIRE : dérivée de u(t) = exp( L(t) ), arranger la fin du chapitre

\[\OD{u}{t}(t) = \OD{L}{t}(t) \cdot u(t)\] ???????

Soit la fonction \(R\) :

\[R : \setR\mapsto\mathfrak{M}(\setR,n,n)\]

solution de :

\begin{align} \dot{R}(t) &= L(t) \cdot R(t) \) \( R(0) &= I \end{align}

On vérifie que :

\[R(t) = \exp\int_0^t L(s) ds\]

\label{sec:edo_sys_lin}

Considérons à présent le problème linéaire suivant :

où on a :

\begin{align} L &:& \setR\mapsto\mathfrak{M}(\setR,n,n) \) \( b &:& \setR\mapsto\mathfrak{M}(\setR,n,1) \equiv \setR^n \) \( u &:& \setR\mapsto\mathfrak{M}(\setR,n,1) \equiv \setR^n \end{align}

Nous allons effectuer un changement de variable afin de résoudre ce problème. Nous supposons par la suite que \(R(t)\) est inversible pour tout \(t\). Posons \(u = R \cdot x\). On constate tout de suite en utilisant \(R(0) = I\) que \(x(0) = u_0\). On obtient aussi, en dérivant \(u = R \cdot x\) :

\[\dot{u} = \dot{R} \cdot x + R \cdot \dot{x} = L \cdot R \cdot x + R \cdot \dot{x}\]

En comparant avec l'équation différentielle dont \(u\) est solution :

\[\dot{u} = L \cdot u + b = L \cdot R \cdot x + b\]

on obtient :

On en déduit que :

\[x(t) = u_0 + \int_0^t \left[ R(s) \right]^{-1} \cdot b(s) ds\]

et :

\[u(t) = R(t) \cdot u_0 + \int_0^t R(t) \cdot [R(s)]^{-1} \cdot b(s) ds\]

Dans le cas où \(L(t) = L\) ne dépend pas de \(t\), on peut montrer que

\[R(s+t) = R(s) \cdot R(t)\]

en vérifiant que \(\varphi(s) = R(s+t)\) et \(\psi(s) = R(s) \cdot R(t)\) sont solutions en \(w\) de :

On a alors évidemment \(R(-s) = [R(s)]^{-1}\) et

\[u(t) = R(t) \cdot u_0 + \int_0^t R(t-s) \cdot b(s) ds\]

La solution est donc donnée par l'intégrale de convolution de \(R\) et \(b\).

Nous allons à présent étudier ce qu'il se passe lorsqu'on dérive la solution par rapport à la condition initiale \(u_0 = x\). Posons \(u(x,t)\) la solution de :

Nous allons utiliser la notation

\[u_x(x,t) = \deriveepartielle{u}{x^T}(x,t)\]

En intervertissant l'ordre de dérivation, on arrive à

Par ailleurs, il est clair que :

\[u_x(x,0) = I\]

Utilisant les résultats de la section \ref{sec:edo_sys_lin} avec :

nous obtenons :

\[u_x(x,t) = \exp\int_0^t \deriveepartielle{f}{u^T}(s,u(x,s)) ds\]