Surjectivité de l'exponentielle matricielle complexe

Résolution.

1. Rappelons que pour toute matrice $A \in \mathcal{M}_n(\mathbb{C})$, on a la relation fondamentale :
   $$\det(\exp(A)) = \exp(\text{Tr}(A))$$
   Comme l'exponentielle complexe ne s'annule jamais sur $\mathbb{C}$, on en déduit que :
   $$\forall A \in \mathcal{M}_n(\mathbb{C}),   \det(\exp(A)) \neq 0$$
   Ainsi, l'image de l'exponentielle est incluse dans le groupe linéaire $GL_n(\mathbb{C})$. La matrice nulle $0_n$ n'appartient donc pas à l'image. On conclut :
   $$\boxed{\exp : \mathcal{M}_n(\mathbb{C}) \to \mathcal{M}_n(\mathbb{C}) \text{ n'est pas surjective.}}$$

2. Commençons par traiter le cas $n=2$ pour comprendre la structure de l'image. D'après la question précédente, $\text{Im}(\exp) \subset GL_2(\mathbb{C})$. Montrons l'inclusion réciproque. Soit $M \in GL_2(\mathbb{C})$. Son polynôme caractéristique $\chi_M$ est scindé sur $\mathbb{C}$. Deux cas se présentent pour la réduction de $M$ : Cas 1 : $M$ est diagonalisable. Il existe $P \in GL_2(\mathbb{C})$ et $(\lambda_1, \lambda_2) \in (\mathbb{C}^*)^2$ tels que $M = P \text{diag}(\lambda_1, \lambda_2) P^{-1}$. Comme chaque $\lambda_i \neq 0$, il existe $\alpha_i \in \mathbb{C}$ tel que $e^{\alpha_i} = \lambda_i$. En posant $A = P \text{diag}(\alpha_1, \alpha_2) P^{-1}$, on a bien $\exp(A) = M$. Cas 2 : $M$ n'est pas diagonalisable. L'unique valeur propre $\lambda$ de $M$ est non nulle. $M$ est semblable à une matrice de la forme $\lambda I_2 + N$ avec $N^2 = 0$ et $N \neq 0$. On peut écrire $M = \lambda I_2 (I_2 + \frac{1}{\lambda} N)$. Posons $A = (\ln \lambda) I_2 + \frac{1}{\lambda} N$ (où $\ln \lambda$ est un complexe tel que $e^{\ln \lambda} = \lambda$). Comme les deux termes commutent :
   $$\exp(A) = \exp((\ln \lambda) I_2) \cdot \exp(\frac{1}{\lambda} N) = \lambda I_2 \cdot (I_2 + \frac{1}{\lambda} N + 0) = M$$
   Dans tous les cas, toute matrice inversible est un exponentielle.
   $$\boxed{\text{Pour } n=2, \text{ Im}(\exp) = GL_2(\mathbb{C})}$$

3. Généralisons ce résultat à $n$ quelconque. Montrons que $\text{Im}(\exp) = GL_n(\mathbb{C})$. Soit $M \in GL_n(\mathbb{C})$. Par la décomposition de Dunford, il existe un unique couple $(D, N)$ de matrices telles que $M = D + N$, avec $D$ diagonalisable, $N$ nilpotente et $DN = ND$. De plus, $D$ et $N$ sont des polynômes en $M$. Comme $M$ est inversible et $M$ commute avec $D$, les valeurs propres de $D$ sont les mêmes que celles de $M$, donc elles sont toutes non nulles. Ainsi, $D \in GL_n(\mathbb{C})$. On peut alors factoriser :
   $$M = D(I_n + D^{-1}N)$$
   Posons $N' = D^{-1}N$. Comme $D^{-1}$ est un polynôme en $D$ (donc en $M$) et $N$ est un polynôme en $M$, $N'$ est aussi un polynôme en $M$. Le produit de deux matrices qui commutent dont l'une est nilpotente est nilpotent, donc $N'$ est nilpotente. Construction de l'antécédent : 1. Pour la partie diagonalisable : $D$ est diagonalisable dans une base de vecteurs propres associée aux valeurs propres $(\lambda_1, \dots, \lambda_n)$. Soit $\alpha_i$ tel que $e^{\alpha_i} = \lambda_i$. On construit $A_D$ diagonalisable avec les valeurs propres $\alpha_i$ dans la même base. Alors $\exp(A_D) = D$. $A_D$ est un polynôme en $D$ par interpolation de Lagrange. 2. Pour la partie nilpotente : Posons $L = \sum_{k=1}^{n-1} \frac{(-1)^{k-1}}{k} (N')^k$. Comme $N'$ est nilpotente, cette somme est finie. On sait par les propriétés des séries entières que $\exp(L) = I_n + N'$. Comme $A_D$ est un polynôme en $D$ (donc en $M$) et $L$ est un polynôme en $N'$ (donc en $M$), les matrices $A_D$ et $L$ commutent. On a alors :
   $$\exp(A_D + L) = \exp(A_D) \exp(L) = D(I_n + N') = M$$
   L'image de l'exponentielle est donc exactement l'ensemble des matrices inversibles.
   $$\boxed{\text{Im}(\exp) = GL_n(\mathbb{C})}$$