Formule intégrale pour l'exponentielle de matrices

Soient $n \in \mathbb{N}^*$ et $A, B \in \mathcal{M}_n(\mathbb{C})$ .

L'objectif de cet exercice est d'établir une relation entre l'écart des exponentielles de deux matrices et leur différence.

Démontrer la formule suivante :

e^A - e^B = \int_0^1 e^{sA} (A - B) e^{(1-s)B}   \mathrm{d}s

1.

Introduire une fonction auxiliaire $\varphi : [0,1] \to \mathcal{M}_n(\mathbb{C})$ définie par $\varphi(s) = e^{sA} e^{(1-s)B}$ .

2.

Justifier la dérivabilité de $\varphi$ et calculer sa dérivée en utilisant le fait que $A$ commute avec $e^{sA}$ .

3.

Utiliser le théorème fondamental de l'analyse reliant l'intégrale de la dérivée aux valeurs aux bornes.

Idées clés

•

Introduction d'un chemin reliant $e^B$ à $e^A$ .

•

Dérivation d'une application à valeurs dans un espace vectoriel de dimension finie.

•

Utilisation de la commutativité d'une matrice avec son exponentielle : $[A, e^{sA}] = 0$ .

Résolution.

Considérons l'application $\varphi$ définie sur l'intervalle $[0, 1]$ à valeurs dans $\mathcal{M}_n(\mathbb{C})$ par :

\forall s \in [0, 1],   \varphi(s) = e^{sA} e^{(1-s)B}

Cette fonction est de classe $\mathcal{C}^1$ sur $[0, 1]$ comme produit d'applications de classe $\mathcal{C}^1$ .

Calculons la dérivée de $\varphi$ par rapport à la variable réelle $s$ .

D'après les règles de dérivation d'un produit dans une algèbre normée, on a :

\forall s \in [0, 1],   \varphi'(s) = \left( \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s} e^{sA} \right) e^{(1-s)B} + e^{sA} \left( \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s} e^{(1-s)B} \right)

On sait que pour toute matrice $M$ , la dérivée de $t \mapsto e^{tM}$ est $M e^{tM} = e^{tM} M$ .

Par composition avec des fonctions affines, nous obtenons :

\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s} e^{sA} = A e^{sA} = e^{sA} A

\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s} e^{(1-s)B} = -B e^{(1-s)B}

En injectant ces expressions dans le calcul de $\varphi'(s)$ , il vient :

\varphi'(s) = e^{sA} A e^{(1-s)B} - e^{sA} B e^{(1-s)B}

En factorisant par la matrice $e^{sA}$ à gauche, on obtient l'expression simplifiée :

\boxed{ \forall s \in [0, 1],   \varphi'(s) = e^{sA} (A - B) e^{(1-s)B} }

L'application $\varphi$ étant de classe $\mathcal{C}^1$ , le théorème fondamental de l'analyse nous permet d'écrire :

\int_0^1 \varphi'(s)   \mathrm{d}s = \varphi(1) - \varphi(0)

Évaluons les bornes de la fonction $\varphi$ :

Pour $s = 1$ : $\varphi(1) = e^{1 \cdot A} e^{0 \cdot B} = e^A I_n = e^A$ .
Pour $s = 0$ : $\varphi(0) = e^{0 \cdot A} e^{1 \cdot B} = I_n e^B = e^B$ .

On en déduit donc l'égalité :

\int_0^1 e^{sA} (A - B) e^{(1-s)B}   \mathrm{d}s = e^A - e^B

Ce qui est exactement la relation recherchée :

\boxed{ e^A - e^B = \int_0^1 e^{sA} (A - B) e^{(1-s)B}   \mathrm{d}s }

Attention à ne pas supposer que $A$ et $B$ commutent. Si $AB \neq BA$ , on ne peut pas simplifier $e^{sA} (A-B) e^{(1-s)B}$ en $(A-B) e^{sA} e^{(1-s)B}$ ou utiliser la formule $e^A e^B = e^{A+B}$ . L'intégrale est justement une manière de traiter le cas non-commutatif.