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CONCOURS MINES-PONTS 2022 EPREUVE MATHEMATIQUES II - MP Durée : 4 heures Les calculatrices sont interdites. Autour des exponentielles de matrices Dans tout le sujet, le corps K sera R ou C, et n est un entier naturel supérieur ou égal à 2: On note k k une norme sur l’espace vectoriel Mn(K), véri…ant les propriétés kInk = 1: (N1) 8(A; B) 2 (Mn(K))2 kABk kAkkBk: (N2) On rappelle que l’exponentielle d’une matrice A de Mn(K) est la matrice, notée eA, ou bien exp(A), dé…nie par eA = +1 X k=0 Ak k! On rappelle que, pour tout A 2 Mn(K), l’application fA : R ! Mn(K); t 7! fA(t) = etA est de classe C1 sur R, avec 8t 2 R f0 A(t) = AetA = etAA: On admettra que, si A et B sont deux matrices semblables de Mn(K), plus précisément si on a B = P 1AP avec P 2 GLn(K), alors eB = P 1eAP. Si A et B sont deux matrices de Mn(K), on dé…nit leur crochet de Lie par [A; B] = AB BA. La partie 4 du problème est indépendante des parties 2 et 3 . 1 Questions préliminaires On se donne deux matrices A et B dans Mn(K). On suppose dans les questions 1) et 2) que A et B commutent. 1 Montrer que les matrices A et eB commutent. On dé…nit une application g : R ! Mn(K) t 7 ! et(A+B)e tB 2 Montrer que l’application g, et l’application fA dé…nie en préambule, sont solutions d’un même problème de Cauchy. En déduire une démonstration de la relation 8t 2 R et(A+B) = etAetB (1) 1 3 Réciproquement, on suppose la relation (1) satisfaite. En dérivant deux fois cette relation par rapport à la variable réelle t, montrer que les matrices A et B commutent. 4 Pour toute matrice A 2 Mn(K), prouver la relation eA ekAk. 5 Montrer que det eA = etr(A). 2 Formule de Trotter-Kato Dans cette partie, on note A et B deux matrices quelconques de Mn(K). L’objectif est de prouver la relation lim k!+1 e 1 k Ae 1 k B k = eA+B ou lim k!+1 exp 1 kA exp 1 kB k = exp(A + B) (2) Pour k entier naturel non nul, on pose Xk = exp 1 kA exp 1 kB et Yk = exp 1 k(A + B) . 6 Prouver les majorations 8k 2 N kXkk exp kAk + kBk k et kYkk exp kAk + kBk k On introduit la fonction h : R ! Mn(K) t 7 ! etAetB et(A+B) 7 Montrer que Xk Yk = O 1 k2 lorsque k ! +1 8 Véri…er la relation Xk k Y k k = k 1 X i=0 Xi k (Xk Yk) Y k i 1 k En déduire la relation (2). 3 Vers les algèbres de Lie Dans cette partie, K = R. Pour tout n entier naturel, n 2, on introduit l’ensemble, dit groupe spécial linéaire : SLn(R) = fM 2 Mn(R) j det(M) = 1g : Si G est un sous-groupe fermé de GLn(R), on introduit son algèbre de Lie : AG = M 2 Mn(R:) j 8t 2 R etM 2 G : 2 L’ensemble SLn(R), ainsi que le groupe orthogonal On(R), sont bien des sous groupes fermés de GLn(R). On ne demande pas de le démontrer. 9 Déterminer AG lorsque G = SLn(R). 10 Si G = On(R), montrer que AG = An(R), ensemble des matrices antisymétriques. Dans les questions 11) à 14), G est un sous-groupe fermé quelconque de GLn(R). 11 En utilisant la partie 2 , montrer que AG est un sous-espace vectoriel de Mn(R). 12 Soient A 2 AG et B 2 AG. Montrer que l’application u : R ! Mn(R) t 7 ! etA:B:e tA est à valeurs dans AG. 13 En déduire que AG est stable par le crochet de Lie, i.e. 8A 2 AG; 8B 2 AG; [A; B] 2 AG. On rappelle que, si M est une matrice de Mn(R), on dit que M est tangente à G en In s’il existe " > 0 et une application : ] ";"[ ! G, dérivable, telle que (0) = In et 0(0) = M. L’ensemble des matrices tangentes à G en In est appelé espace tangent à G en In, et noté TIn(G). On rappelle aussi que l’application det : Mn(R) ! R est di¤érentiable en tout point, par exemple parce qu’elle est polynomiale. 14 Prouver l’inclusion AG TIn(G): 15 Soit M 2 Mn(R), que l’on pourra aussi considérer comme matrice complexe, soit l’application M : R ! R; t 7! M(t) = det (In + tM). En utilisant un développement limité à l’ordre 1 , montrer que M est dérivable en 0 et calculer 0 M(0). 16 Montrer que la di¤érentielle au point In de l’application det : Mn(R) ! R est la forme linéaire "trace". 17 Montrer que, dans les cas particuliers G = SIn(R) et G = On(R), on a TIn(G) = AG. 4 Comportement asymptotique Étude d’un exemple On considère deux nombres complexes distincts et . On suppose qu’une matrice A 2 M3(C) admet pour valeur propre simple, pour valeur propre double. 18 Montrer que A est semblable à une matrice de la forme T = 0 B @ 0 0 0 a 0 0 1 C A où a est un certain nombre complexe. Calculer T n pour n entier naturel. puis etT pour t réel. En déduire une condition nécessaire et su¢sante sur et pour que l’on ait lim t!+1 etA = 03. 3 Cas général Dans tout ce qui suit, K = C. On pose E = Cn. L’espace vectoriel E, identi…é à Mn;1(C), peut être muni d’une quelconque norme notée k kE, on rappelle qu’elles sont toutes équivalentes. On se donne A 2 Mn(C) une matrice carrée à coe¢cients complexes, et on note u l’endomorphisme de Cn canoniquement associé à cette matrice. On s’intéresse au comportement asymptotique de la fonction fA introduite dans le préambule, et a celui des fonctions vectorielles solutions du système di¤érentiel linéaire à coe¢cients constants X0 = AX. Pour tout t réel et pour (i; j) 2 [[1; n]]2, on notera vi;j(t) le coe¢cient d’indices (i; j) de la matrice etA. Ainsi, 8t 2 R fA(t) = etA = (vi;j(t))1 i;j n 2 Mn(C). Pour toute valeur propre de la matrice A, on note m sa multiplicité, et on introduit le sous-espace vectoriel F = ker ((A In)m ) = ker ((u IdE)m ) . On posera aussi = max 2Sp(A) Re( ). 19 Montrer que, si lim t!+1 fA(t) = 0n, alors < 0. 20 Montrer que Cn = L 2Sp(A) F : 21 En déduire l’existence de trois matrices P; D et N dans Mn(C) telles que : P est inversible, D est diagonale, N est nilpotente, P est inversible, D est diagonale, N est nilpotente ND = DN ; A = P(D + N)P 1 et A = D 22 En déduire qu’il existe un entier naturel p tel que, pour tout (i; j) 2 [[1; n]]2, on ait v{;j(t) = O tpe t lorsque t ! +1 23 Etudier la réciproque de la question 19). 24 On suppose, dans cette question seulement, que les valeurs propres de la matrice A ont toutes des parties réelles positives ou nulles. Montrer que, si X 2 Cn, on a lim t!+1 etAX = 0 () X = 0 Dans les questions qui suivent, on introduit les polynômes suivants : Ps(X) = Y 2Sp(A) Re( )<0 (X )m Pi(X) = Y 2Sp(A) Re( )>0 (X )m Pn(X) = Y 2Sp(A) Re( )=0 (X )m et les sous-espaces Es = ker (Ps(A)) ; Ei = ker (Pi(A)) et En = ker (Pn(A)) de E = Cn. Les indices s,i,n signi…ent respectivement stable, instable et neutre. 4 25 Après avoir justi…é que E = Es E1 En. montrer que Es = X 2 E j lim t!+1 etAX = 0 . On prouverait de même, mais ce n’est pas demandé, que Ei = X 2 E j lim t! 1 etAX = 0 . 26 Montrer que En = X 2 E j 9C 2 R + 9p 2 N 8t 2 R: etAX E C(1 + jtj)p : En est donc l’ensemble des vecteurs X de Cn tels que la fonction vectorielle t 7! etAX ait un com- portement polynomial en 1 et +1. FIN DU PROBLEME 5

CONCOURS MINES-PONTS 2022 CORRIGÉ MATHEMATIQUES II - MP m.laamoum@gmail.com Autour des exponentielles de matrices On rappelle les résultats suivants : Soit A 2 Mn(K) et P 2 GLn(K): Les applications suivantes sont continues , car elles sont linéaires en dimensions …nies : Mn(K) ! Mn(K) Mn(K) ! Mn(K) Mn(K) ! Mn(K) Mn(K) ! Mn(K) M 7! A:M M 7! M:A M 7! P:M:P 1 M 7! tM Soit f et g deux fonctions vectorielles, dérivables, à valeurs dans un espace de dimension …nie E: Soit ' 2 L(E) et B : E E ! F bilinéaire et F de dimension …nie. Alors les fonctions t ! '(f(t)) et t ! B(f(t); g(t)) sont dérivables avec ('(f(t)))0 = '(f0(t)) et (B(f(t); g(t)))0 = B(f0(t); g(t)) + B(f(t); g0(t)): 1 Questions préliminaires 1 Soit A ,B 2 Mn(K) . A et B commutent donc pour tout m dans N on a A m X k=0 Bk k! ! = m X k=0 Bk k! ! A Le passage à la limite sur m est justi…é par la continuité, sur Mn(K); des applications M 7! A:M et M 7! M:A (elles sont linéaires en dimension …nie) . Ainsi on a A . eB = eB:A . g : R ! Mn(K) t 7 ! et(A+B)e tB 2 Soit t 2 R on a f 0 A(t) = A:etA = etA:A: L’application ' : Mn(K) Mn(K) ! Mn(K) (M; N) 7 ! M:N est bilinéaire et g(t) = '(et(A+B); e tB) ; donc g est dérivable et g0(t) = '( et(A+B) 0 ; e tB) + '(et(A+B); e tB 0) = '((A + B):et(A+B); e tB) + '(et(A+B); B:e tB) = (A + B)et(A+B):e tB et(A+B):B:e tB Comme A et B commutent donc les matrices B et (A+B) commutent par suite et(A+B) et B commutent, ce qui donne g0(t) = A:et(A+B):e tB = A:g(t) 1 Soit U un vecteur de Kn , les fonctions vectorielles : F : t 7! fA(t):U et G : t 7! g(t):U sont solutions du problème de Cauchy X0 = A:X et X(0) = U Par unicité de la solution de ce problème on a fA(t):U = g(t):U 8t 2 R Ceci est vrai pour tout vecteur U donc fA(t) = g(t) soit et(A+B):e tB = etA 8t 2 R La relation est vraie pour A = 0 et donne etB:e tB = In 8t 2 R , on en déduit 8t 2 R et(A+B) = etAetB 3 On suppose : et(A+B) = etAetB 8t 2 R: On dérive cette relation en utilisant l’application bilinéaire ' dé…nie dans la question précédente , on obtient (A + B)et(A+B) = A:etA:etB + etA:B:etB On dérive une deuxième foit : (A + B)2et(A+B) = A2:etA:etB + A:etA:B:etB + A:etA:B:etB + etA:B2:etB ( si f une fonction vectorielle à valeurs dans Mn(K) dérivable, alors (A:f(t))0 = A:f0(t) ) Pour t = 0 on obtient (A + B)2 = A2 + 2AB + B2 Or (A + B)2 = A2 + AB + BA + B2 , ce qui prouve que A:B = B:A . 4 Pour toute m dans N on a m X k=0 Ak k! m X k=0 Ak k! la relation (N1) donne , par récurrence Ak kAkk ainsi m X k=0 Ak k! m X k=0 kAkk k! par passage à la limite sur m , et la continuité de la norme, on obtient eA ekAk 5 A est trigonalisable sur C, il existe P matrice inversible et T triangulaire telles que A = P:T:P 1; donc eA = P:eT :P 1 De plus on a T = 0 B B @ 1 ... 0 n 1 C C A avec Sp(A) = f 1; ::; ng 2 ce qui donne m X k=0 T k k! = 0 B B B B B @ m P k=0 k 1 k! ... 0 m P k=0 k n k! 1 C C C C C A par passage a la limite sur m on obtient eT = 0 B B @ e 1 ... 0 e n 1 C C A Ainsi det eA = det eT = e 1+::+ n = etr(A) 2 Formule de Trotter-Kato 6 On a kXkk 6 exp 1 kA exp 1 kB 6 exp kAk k exp kBk k = exp kAk + kBk k et kYkk = exp 1 k (A + B) exp kA + Bk k exp kAk + kBk k 7 Remarquons que etA In tA = +1 X k=2 tk k!Ak +1 X k=2 jtjk k! Ak +1 X k=2 (jtj kAk)k k! (jtj kAk)2 +1 X k=2 (jtj kAk)k 2 k! comme 1 k! 1 (k 1)! alors etA In tA (jtj kAk)2 ejtjkAk 3 Dans notre cas e 1 k A In 1 kA kAk2 k2 e 1 k kAk kAk2 ekAk k2 donc e 1 k A = In + 1 kA + O( 1 k2 ) Ce qui donne lorsque k ! +1 Xk Yk = In + 1 kA + O( 1 k2 ) In + 1 kB + O( 1 k2 ) In + 1 k(A + B = +O( 1 k2 ) = O( 1 k2 ) 8 On a k 1 X i=0 Xi k (Xk Yk) Y k i 1 k = k 1 X i=0 Xi+1 k Y k (i+1) k Xi kY k i k = Xk k Y k k Ecrivons exp 1 kA exp 1 kB k exp(A + B) = Xk k Y k k la relation précédente donne Xk k Y k k 6 k 1 X i=0 kXkki kYkkk i 1 kXk Ykk nous avons kXkk 6 exp kAk + kBk k ; kYkk 6 exp kAk + kBk k donc Xk k Y k k 6 k 1 X i=0 exp kAk + kBk k k 1 kXk Ykk 6 k exp (k 1)kAk + kBk k kXk Ykk 6 k exp (kAk + kBk) kXk Ykk ainsi Xk k Y k k = O(1 k)donc lim k!+1 Xk k Y k k = 0 d’où lim k!+1 exp 1 kA exp 1 kB k = exp(A + B) 3 Vers les algèbres de Lie 9 Si G = SLn(R) , M 2 AG , det etM = et tr(M) = 1 8t 2 R , tr(M) = 0 AG = ker(tr) , le noyau de la forme linéaire tr , donc c’est un hyperplan de Mn(R) 10 Si G = On(R), M 2 AG , t esM esM = In 8s 2 R 4 d’autre part on a t esM = t lim m!+1 m X k=2 sk k! Mk ! l’application M 7! tM est linéaire en dimension …ne donc elle est continue donc t esM = lim m!+1 t m X k=2 sk k! Mk ! = lim m!+1 m X k=2 sk k! tM)k = estM donc M 2 AG , estMesM = In 8s 2 R Si M 2 An(R) , tM = M et estMesM = In 8s 2 R donc M 2 AG et An(R) AG: Si estMesM = In 8s 2 R alors la dérivé par rapport à s donne tMestMesM + estMMesM=0 pour tout s 2 R en particulier pour s = 0 , tM + M et M 2 An(R) et AG An(R): Ce qui montrer que AG = An(R). Dans les questions 11) à 14), G est un sous-groupe fermé quelconque de GLn(R). 11 On a In 2 G donc 0 2 AG. Soit M 2 AG et 2 R, alors 8t 2 R; et M 2 G donc M 2 AG. Soit A; B 2 AG. Soit t 2 R, on a exp t kA exp t kB k 2 G et G fermé donc exp(t(A + B)) = lim k!+1 exp t kA exp t kB k 2 G et A + B 2 AG . Donc AG est un sous espace vectoriel de Mn(R) 12 Soient A 2 AG et B 2 AG. Soit s 2 R et t 2 R, on a esu(t) = exp setABe tA = etAesBe tA 2 G ( car etA 1 = e tA ) Donc, 8t 2 R; u(t) 2 AG 13 u est dérivable sur R et on a u0(t) = AetABe tA etABAe tA Et on a u0(0) = AB BA Comme 1 t (u(t) u(0)) 2 AG et ce dernier est fermé donc u0(0) = limt!0 u(t) u(0) t et AG . Ainsi, [A; B] = AB BA 2 AG 5 14 Soit M 2 AG, on pose (t) = etM qui est un chemin dérivable dans G tel que (0) = In et 0(0) = M. On en déduit que M 2 TIn(G) et AG TIn(G): 15 Soit M 2 Mn(R), On trigonalise M dans Mn(C) : M = PTP 1 avec la diagonale de T est ( 1; : : : ; n) ; les valeurs propres de A. On a M(t) = det (In + tM) = det (In + tT) = n Y i=1 (1 + t i) ( fonction polynomiale en t) = 1 + t n X i=1 i + o(t) On en déduit que Mest dérivable en 0 et 0 M(0) = Tr(M) 16 Posons f = det ; 0 M(0) est la dérivée de f en In suivant la direction M; l’application f est di¤érentiable, donc DMf(In) = dfIn(M) = 0 M(0) d’où dfIn(M) = Tr(M) et dfIn = Tr 17 Soit M 2 TIn (SLn(R)) et application dérivable d’un voisinage de 0 vers SLn(R) telle que (0) = In et 0(0) = M . On a det ( (t)) = fo (t) = 1 pour tout t au voisinage de 0. La di¤érentielle de composée de fonction donne df (t)( 0(t)) = 0 Pour t = 0 on trouve dfIn(M) = Tr(M) = 0 Ainsi on a TIn (SLn(R)) ASLn(R) . L’inclusion réciproque a été montrée en 14 ,d’où l’égalité. Soit M 2 TIn (On(R)) et application dérivable d’un voisinage de 0 vers On(R) telle que (0) = In et 0(0) = M . Alors, on a (t) :t (t) = In pour tout t au voisinage de 0 . Di¤érentions cette relation : 0(t):t (t) + (t): t (t) 0 = 0 la transposition est linéaire donc t (t) 0 = t 0(t). Ainsi pour t = 0, on trouve M + MT = 0 Donc TIn (On(R)) AOn(R). L’inclusion réciproque a été montrée en 14 , d’où l’égalité. 4 Comportement asymptotique Étude d’un exemple 18 On a A(X) = (X )(X )2, par le théorème de Cayley-Hamilton et le lemme des noyaux, on a C3 = ker (A In) ker (A In)2 | {z } G 6 Soit f l’endomorphisme canoniquement associé à A, G est stable par f alors fjG est trigonalisable et fjG(X) = (X )2. Donc il existe une base (e2; e3) de G dans laquelle la matrice de fjG est de la forme a 0 ! . Soit e1 est un vecteur propre de A associé à la valeur propre , on en déduit que dans la base (e1; e2; e3), la matrice de f est T = 0 B @ 0 0 0 a 0 0 1 C A Ainsi A et T sont semblables. On a a 0 ! = I2 + a 0 1 0 0 ! | {z } N avec N2 = 0 , la formule du binôme donne a 0 !n = nI2 + n n 1a 0 1 0 0 ! Un calcul par bolcs donne T n = 0 B @ n 0 0 0 n n n 1a 0 0 n 1 C A Et etT = 0 B B B B B B @ +1 P n=0 (t )n n! 0 0 0 +1 P n=0 (t )n n! at +1 P n=0 n(t )n 1 n! 0 0 +1 P n=0 (t )n n! 1 C C C C C C A = 0 B @ et 0 0 0 et atet 0 0 et 1 C A etA et etT sont semblables donc on a etA ! t!+1 0 si et seulement si etT ! t!+1 0. Comme et = et Re( ) donc et Re( ) ! t!+1 0 si et seulement si Re( ) < 0. De même et Re( ) ! t!+1 0 et tet Re( ) ! t!+1 0 si et seulement si, Re( ) < 0. Ainsi lim t!+1 etA = 03 () Re( ) < 0 et Re( ) < 0 Cas général 19 On trigonalise A : A = PTP 1 avec T triangulaire supérieure, de diagonale ( 1; : : : ; n). Alors fA(t) = PetT P 1, etT de diagonale (et 1; : : : ; et n). La continuité de l’application M 7! PMP 1 donne lim t!+1 fA(t) = 0n ) lim t!+1 fT (t) = 0n ) lim t!+1 et k = 0 pour k 2 f1; ::; ng ) Re ( k) < 0 pour k 2 f1; ::; ng Ainsi , si lim t!+1 fA(t) = 0n, alors = max 2Sp(A) Re( ) < 0. 20 Le polynôme caractéristique de A s’écrit A = Q 2Sp(A) (X )m . 7 Les polynômes (X )m sont deux à deux premiers entre eux, le théorème de Cayley-Hamilton et le lemme des noyaux donnent Cn = M 2Sp(A) Ker ((A In)m ) = M 2Sp(A) F 21 Décomposition de Dunford : Les sous espaces F sont stables par A; car (A In)m et A commutent . Soit u l’endomorphisme canoniquement associé à A. Alors, = ujF idF est un endomorphisme nilpotent de F . Soit x 2 Cn , x s’ecrit d’une manière unique de la forme : x = X x 2F x Soit et les endomorphismes de Cn dé…nies par (x) = X 2Sp(A) (x ) et (x) = X 2Sp(A) x Puisque m = 0 alors n = 0 , par suite n = 0 , donc est nilpotent et est diagonalisable de plus on a : u = + et o = o . Soit D et N les matrices de et , respectivement, dans une base adapté à la somme directe de la question 20 ;alors A est semblable à D + N et il existe P inversible telle que , A = P(D + N)P 1 , ND = DN ,D est diagonale, N est nilpotente et A = D: 22 On a etA = Pet(D+N)P 1 = PetDetNP 1 ( car ND = DN ) Soit p l’indice de nilpotence de N, alors etN = pP k=0 tk k!Nk donc etN = p X k=0 jtjk k! Nk = t!+1 O (tp) Et on a etD = diag et 1; : : : ; et n = n X k=1 et kEk;k donc etD n X k=1 et Re( k) kEk;kk = t!+1 O(e t) Finalement etA kPk : etD : etN : P 1 = t!+1 O tpe t La norme k:k1 est équivalente k:k donc etA 1 = max i;j jvi;j(t)j = t!+1 O tpe t . Ainsi pour tout (i; j) 2 [[1; n]]2 v{;j(t) = t!+1 O tpe t . 23 Si < 0 , alors pour tout (i; j) 2 [[1; n]]2 v{;j(t) = t!+1 O tpe t ! t!+1 0 et lim t!+1 fA(t) = 0n. 24 On suppose que les valeurs propres A ont toutes des parties réelles positives ou nulles. Si X = 0 c0est evident. Soit X 2 Cn tel que lim t!+1 etAX. On a A = P(D + N)P 1 , avec P inversible , ND = DN ,D est 8 diagonale et N est nilpotente. etAX = P:et(D+N):P 1X donc lim t!+1 et(D+N):Y = 0 avec Y = P 1X et(D+N) est triangulaire de diagonale (et 1; ::; et n) , si Y = t(y1; ::; yn) alors et(D+N):Y = t( ; ::; ; et nyn) ainsi et nyn ! t!+1 0 , or Re( n) 0 donc yn = 0 , par suite Y = t(y1; ::; yn 1; 0) et et(D+N):Y = t( ; ::; ; et n 1yn 1; 0) ainsi par récurrence on montre que y1 = ::: = yn = 0 , d’ou Y = 0 et X = 0 . 25 On a A = PSPiPn , les polynômes PS; Pi et Pn sont deux à deux premiers entre eux, par le lemme des noyaux et le théorème de Cayley-Hamilton, on a E = Es Ei En Les sous espaces Es; Ei et En sont stable par u , l’endomorphisme canoniquement associé à A . Soit X 2 E, on écrit X = Xs Y ! avec Xs 0 ! 2 Es et 0 Y ! 2 Ei En: A est semblable à une matrice de la forme diag (As; B) où As est la matrice de la restriction u à Es et B la matrice de la restriction de u à Ei En . De plus As = Ps et B = PiPn donc etAs ! t!+1 0 . On a A = P diag (As; B) P 1 , P = diag (Ps; Q) et P 1 = diag P 1 s ; Q 1 , donc etAX = P etAs 0 0 etB ! P 1 Xs Y ! = P etAs 0 0 etB ! X0 s Y 0 ! ; avec X0 s = P 1 s Xs etY 0 = Q 1Y = P etAsX0 s etBY 0 ! Si X 2 Es, alors Y 0 = 0 et etAsX0 s ! t!+1 0 et donc lim t!+1 etAX = 0. Réciproquement si lim t!+1 etAX = 0 alors lim t!+1 etBY 0 = 0 et les valeurs propres B ont toutes des parties réelles positives ou nulles , donc Y 0 = 0 et X 2 Es , ce qui montrer que Es = X 2 E j lim t!+1 etAX = 0 . 26 A est semblable à une matrice de la forme diag (C; An) où An est la matrice de la restriction u à En et C la matrice de la restriction de u à Es Es . De plus An = Pn donc Sp(An) = fi 1; ::; i rg iR . On a A = P diag (C; An) P 1 , P = diag (R; Pn) et P 1 = diag R 1; P 1 n , par suite etA = P diag etC; etAn P 1: On écrit An = Q (Dn + Nn) Q 1 avec Dn = diag (i 1; ::; i r) et Nn nilpotente qui commute avec Dn. Donc etAn = QetDnetNnQ 1. Soit p l’indice de nilpotence de Nn, alors etNn = pP k=0 tk k!Nk n ; etDn = diag ei 1; ::; ei r . 9 Si X 2 En alors X = 0 Xn ! et etAX = 0 etAnXn ! . Nous avons etAnXn = QetNnetDnQ 1Xn = p X k=0 tk k! QNk netDnQ 1Xn comme QNk netDnQ 1Xn = O(1) et tk = O( (1 + jtj)p) (selon jtj 1 ou jtj 1) donc il existe C > 0 etAX C ((1 + jtj)p) 8t 2 R Réciproquement ; si X = 0 B @ Xs Xi Xn 1 C A et etAX ((1 + jtj)p) 8t 2 R. On a A = P diag (As; Ai; An) P 1 ave Ak est la matrice de la restriction u à Ek pour k 2 fs; i; ng et P = diag (Ps; Pi; Pn) : Donc et diag(As;Ai;An)P 1X 6 C0 (1 + jtjp) et etAsP 1 s Xs 6 C0 (1 + jtjp) L décomposition de Dunford de As donne etAsXs = p X k=0 tk k! QNk s etDnQ 1Xs Si Xs 6= 0 , comme max 2Sp(As) Re( ) < 0 alors etAsP 1 s Xs cjtjqe t avec c >; > 0 et q p , ce qui donne une contradiction quand t ! 1 donc Xs = 0 . De même on montre Xi = 0 . D’où le résultat . 10