Exercices corrigés - Séries à valeurs dans un espace vectoriel normé

Le point clé de cet exercice est que la norme subordonnée est une norme d'algèbre : pour tous $u,v\in\mathcal L(E),$ on a $$\|u\circ v\|\leq \|u\|\cdot \|v\|.$$ En particulier, pour $n\geq 0,$ $$\|u^n\|\leq \|u\|^n.$$

1. On va prouver la convergence absolue. Mais par le rappel effectué ci-dessus, $\|u^n\|\leq \|u\|^n$ et la série $\sum\|u\|^n$ converge puisque $\|u\|<1.$
2. Posons $S_n=\sum_{k=0}^n u_ k.$ Alors \begin{align*} (\textrm{Id}_E-u)\circ S_n=Id_E+u+\cdots+u^n-u-u^2-\cdots-u^{n+1}\\ &=&\textrm{Id}_E-u^{n+1}. \end{align*} Mais $u^{n+1}\to 0$ puisque $\|u^{n+1}\|\leq \|u\|^{n+1}$ et que $\|u\|\in [0,1[.$ Ainsi, $$(\textrm{Id}_E-u)\circ S_n\xrightarrow{n\to +\infty} \textrm{Id}_E.$$ Mais puisque $S_n\to \sum_{n=0}^{+\infty}u^n,$ on déduit finalement que $$(\textrm{Id}_E-u)\circ\sum_{n=0}^{+\infty}u^n=\textrm{Id}_E.$$ Ainsi, $\textrm{Id}_E-u$ est inversible, d'inverse $\sum_{n=0}^{+\infty}u^n.$

On va commencer par diagonaliser $A$. Le polynôme caractéristique de $A$ est $X^2-\frac 16 X-\frac 16$ dont les racines sont $\frac 12$ et $\frac{-1}3.$ De plus, la recherche des vecteurs propres donne $A=PDP^{-1}$ avec $$D=\begin{pmatrix}\frac 12&0\\0&\frac{-1}3\end{pmatrix}\textrm{ et }P=\begin{pmatrix}1&1\\1&2\end{pmatrix}.$$ En particulier, on a aussi $$P^{-1}=\begin{pmatrix}2&-1\\-1&1\end{pmatrix}.$$ Fixons maintenant $N\in\mathbb N$, et utilisons que pour tout $n\in\mathbb N,$ on a $A^n=PD^nP^{-1}.$ On obtient $$\sum_{n=0}^N A^n=\sum_{n=0}^N PD^n P^{-1}=P\left(\sum_{n=0}^N D^n\right)P^{-1}.$$ Maintenant, $$D^n=\begin{pmatrix}\frac 1{2^n}&0\\0&\frac{(-1)^n}{3^n}\end{pmatrix},$$ de sorte que $$\sum_{n=0}^N D^n=\begin{pmatrix} \frac{1-\frac{1}{2^N}}{1-\frac 12}&0\\0&\frac{1-\frac{(-1)^{N+1}}{3^{N+1}}}{1+\frac 13}\end{pmatrix}.$$ On en déduit que la série $\sum_n D^n$ converge et que $$\sum_{n=0}^{+\infty}D^n=\begin{pmatrix} 2&0\\ 0&\frac{3}4\end{pmatrix}.$$ Par continuité du produit matriciel, la série $\sum_n A^n$ converge et \begin{align*} \sum_{n=0}^{+\infty}A^n &= P\begin{pmatrix} 2&0\\ 0&\frac{3}4\end{pmatrix}P^{-1}\\ &=\begin{pmatrix} \frac{13}4&\frac{-5}4\\ \frac{5}2&\frac{-1}2 \end{pmatrix} \end{align*}

Notons, pour $n\geq 0,$ $$M_n=\sum_{k=0}^n \frac{A^k}{k!}.$$ Alors la suite $(M_n)$ tend vers $\exp(A).$ Or, la matrice $\exp(A)$ est inversible. On a donc $\det(\exp(A))\neq 0.$ Par continuité du déterminant, $\det(M_n)\to \det(\exp(A)).$ En particulier, il existe $n_0\in\mathbb N$ tel que, pour tout $n\geq n_0,$ $\det(M_n)\neq 0,$ et donc $M_n$ est inversible.

Introduisons $$B=\left(\begin{array}{rcl} 0&1&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0 \end{array} \right).$$ Il est facile de remarquer que $$B^2=\left(\begin{array}{rcl} 0&0&1\\ 0&0&0\\ 0&0&0 \end{array} \right)$$ et $B^n=0$ pour $n\geq 3$. De plus, $A=(aI_3+b B+cB^2)$. Puisque $I_3,B$ et $B^2$ commutent, on a $$\exp(A)=\exp(a)\exp(bB)\exp(cB^2).$$ Or, utilisant que $B^n=0$ pour $n\geq 3$, on trouve \begin{eqnarray*} \exp(bB)&=&\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(bB)^n}{n!}\\ &=&I_3+bB+\frac{b^2B^2}{2}, \end{eqnarray*} et \begin{eqnarray*} \exp(cB^2)&=&\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(cB^2)^n}{n!}\\ &=&I_3+cB^2. \end{eqnarray*} Il vient \begin{eqnarray*} \exp(A)&=&e^a\left(I_3+bB+\frac{b^2B^2}{2}\right)\left(I_3+cB^2\right)\\ &=&e^a\left(I_3+bB+\left(\frac{b^2}2+c\right)B^2\right) \end{eqnarray*} soit $$\exp(A)=\left(\begin{array}{ccc} e^a&be^a&\left(\frac {b^2}2+c\right)e^a\\ 0&e^a&be^a\\ 0&0&e^a \end{array}\right).$$

Notons $C_A$ le polynôme caractéristique de $A$ qui, rappelons-le, est annulateur pour $A$. Soit $k\geq 0$. Si on effectue la division euclidienne de $X^k$ par $C_A(X),$ on obtient $$X^k=C_A(X)Q_k(X)+R_k(X)$$ où $\deg(R_k)\leq n-1.$ Évaluons cette égalité en $A$. On obtient $$A^k=R_k(A).$$ Ainsi, on a prouvé que pour tout $k\geq 0$, $A^k\in\textrm{vect}(\textrm{Id},A,\dots,A^{n-1}).$ Notons $F$ ce sous-espace vectoriel de $\mathcal M_n(\mathbb R).$ Alors, on sait que, pour tout $n\geq 0$, la matrice $S_n$ définie par $S_n=\sum_{k=0}^n \frac{A^k}{k!}$ est élément de $F.$ Comme $F$ est une partie fermée de $\mathcal M_n(\mathbb R)$ (un sous-espace est toujours fermé en dimension finie) et que $(S_n)$ converge vers $\exp(A),$ on en déduit que $\exp(A)$ est élément de $F$, donc est un polynôme en $A$ (de degré inférieur ou égal à $n-1$).