Injectivité de l'exponentielle de matrices d'ordre 2

On considère deux matrices $A$ et $B$ appartenant à $\mathcal{M}_{2}(\mathbb{C})$ telles que $\exp (A)=\exp (B)$ .

On suppose que pour tout couple $(\alpha, \beta) \in \text{Sp}(A) \times \text{Sp}(B)$ , on a la condition suivante :

\alpha - \beta \in 2 i \pi \mathbb{Z} \implies \alpha = \beta

Démontrer que sous cette condition, les matrices $A$ et $B$ sont égales.

1.

Commencer par montrer que les matrices $A$ et $B$ possèdent le même polynôme caractéristique en étudiant les valeurs propres de l'exponentielle.

2.

Utiliser le fait que toute matrice de $\mathcal{M}_2(\mathbb{C})$ est trigonalisable.

3.

Distinguer trois configurations possibles pour le spectre de $A$ : deux valeurs propres distinctes, une valeur propre double avec matrice diagonalisable (scalaire), ou une valeur propre double avec matrice non diagonalisable.

4.

Exprimer $A$ comme un polynôme en $\exp(A)$ dans chaque cas.

Idées clés

•

Lien entre le spectre de $M$ et celui de $\exp(M)$ : $\text{Sp}(\exp(M)) = \{e^\lambda, \lambda \in \text{Sp}(M)\}$ .

•

Utilisation de la réduction (trigonalisation ou diagonalisation) en dimension 2.

•

Expression de la matrice comme un polynôme en son exponentielle.

1. Analyse des valeurs propres.

Soient $\text{Sp}(A) = \{\lambda_1, \lambda_2\}$ et $\text{Sp}(B) = \{\mu_1, \mu_2\}$ . On sait que les valeurs propres de $\exp(A)$ sont $e^{\lambda_1}$ and $e^{\lambda_2}$ . De même, celles de $\exp(B)$ sont $e^{\mu_1}$ and $e^{\mu_2}$ .

Comme $\exp(A) = \exp(B)$ , ces matrices ont le même spectre (en tenant compte des multiplicités). Quitte à réordonner, on a :

e^{\lambda_1} = e^{\mu_1}   \text{et}   e^{\lambda_2} = e^{\mu_2}

L'égalité des exponentielles complexes $e^{\lambda_1} = e^{\mu_1}$ implique que $\lambda_1 - \mu_1 \in 2i\pi \mathbb{Z}$ . D'après l'hypothèse de l'énoncé, cela impose :

\boxed{\lambda_1 = \mu_1   \text{et}   \lambda_2 = \mu_2}

Ainsi, $A$ et $B$ ont le même spectre et donc le même polynôme caractéristique $\chi_A = \chi_B$ .

2. Étude par disjonction de cas.

Puisque nous sommes dans $\mathcal{M}_2(\mathbb{C})$ , trois cas se présentent pour la matrice $A$ :

Cas 1 : $A$ possède deux valeurs propres distinctes $\lambda_1 \neq \lambda_2$ .

Alors $e^{\lambda_1} \neq e^{\lambda_2}$ . En effet, si $e^{\lambda_1} = e^{\lambda_2}$ , on aurait $\lambda_1 - \lambda_2 \in 2i\pi\mathbb{Z} \setminus \{0\}$ , ce qui contredit l'hypothèse (en prenant $\alpha = \lambda_1$ et $\beta = \mu_2 = \lambda_2$ ).

La matrice $\exp(A)$ est donc diagonalisable avec deux valeurs propres distinctes. Il existe un polynôme d'interpolation de Lagrange $P$ tel que $P(e^{\lambda_1}) = \lambda_1$ et $P(e^{\lambda_2}) = \lambda_2$ .

Considérons la matrice $P(\exp(A))$ . Elle est diagonalisable dans la même base que $A$ et possède les mêmes valeurs propres. On a donc :

\boxed{A = P(\exp(A))}

Comme $\exp(A) = \exp(B)$ et que $B$ a les mêmes valeurs propres, le même raisonnement donne $B = P(\exp(B))$ , d'où $A=B$ .

Cas 2 : $A$ est une matrice scalaire $A = \lambda I_2$ .

Alors $\exp(A) = e^{\lambda} I_2$ . Puisque $\exp(B) = \exp(A)$ , on a $\exp(B) = e^{\lambda} I_2$ . Les valeurs propres de $B$ sont alors nécessairement toutes égales à $\lambda$ (d'après le point 1). Si $B$ n'était pas diagonalisable, elle serait semblable à $\begin{pmatrix} \lambda & 1 0 & \lambda \end{pmatrix}$ , et son exponentielle serait semblable à $\begin{pmatrix} e^\lambda & e^\lambda 0 & e^\lambda \end{pmatrix}$ , ce qui n'est pas une matrice scalaire.

Donc $B$ est diagonalisable avec une unique valeur propre $\lambda$ , soit :

\boxed{B = \lambda I_2 = A}

Cas 3 : $A$ possède une valeur propre double $\lambda$ mais n'est pas diagonalisable.

Dans ce cas, $A$ est semblable à $\begin{pmatrix} \lambda & 1 0 & \lambda \end{pmatrix}$ . On peut écrire $A = \lambda I_2 + N$ avec $N^2 = 0$ et $N \neq 0$ . Alors :

\exp(A) = e^{\lambda} \exp(N) = e^{\lambda}(I_2 + N)

On en déduit l'expression de $N$ :

N = e^{-\lambda} \exp(A) - I_2

En remplaçant dans la définition de $A$ :

\boxed{A = \lambda I_2 + e^{-\lambda} \exp(A) - I_2}

Puisque $B$ a la même valeur propre $\lambda$ et la même exponentielle, $B$ est également non diagonalisable (car son exponentielle n'est pas scalaire) et suit la même relation. Ainsi $B = A$ .

Attention à ne pas oublier le cas où la matrice n'est pas diagonalisable. L'exponentielle d'une matrice non diagonalisable peut être calculée via la décomposition de Dunford. En dimension 2, cela revient à utiliser une partie nilpotente d'ordre 2.