Exercices corrigés - Systèmes différentiels linéaires - résolution

D'abord, l'équation $z''=0$ donne facilement $z(t)=at+b$, avec $a$ et $b$ des constantes. Ensuite, on a $$u'=x''+iy''=\omega y'-i\omega x'=-i\omega u.$$ On en déduit qu' il existe deux constantes $c$ et $d$ $u(t)=(c+id) e^{-i\omega t}$. En prenant les parties réelles et imaginaires, on trouve que \begin{eqnarray*} x'(t)&=&c\cos(\omega t)+d\sin(\omega t)\\ y'(t)&=&d\cos(\omega t)-c\sin(\omega t). \end{eqnarray*} Il suffit d'intégrer une nouvelle fois pour trouver les valeurs de $x$ et de $y$ : \begin{eqnarray*} x(t)&=&c'\sin(\omega t)-d'\cos(\omega t)+e\\ y(t)&=&d'\sin(\omega t)+c'\cos(\omega t)+f \end{eqnarray*} où on a posé $c'=c/\omega$ et $d'=d/\omega$, et où $e$ et $f$ sont deux constantes réelles. Il s'agit d'un mouvement hélicoïdal.

Posons $A=\begin{pmatrix} 1&-4\\ 1&-3 \end{pmatrix}.$ Son polynôme caractéristique est $(X+1)^2,$ donc la seule valeur propre de $A$ est $-1.$ La matrice $A$ n'étant pas égale à l'identité, elle n'est pas diagonalisable. On va la trigonaliser. Cherchons un vecteur propre associé à la valeur propre $-1,$ en résolvant $\displaystyle A\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}=-\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}.$ On trouve que ceci est équivalent à $x=2y$ et donc, si on pose $u_1=(1,2),$ on a $E_{-1}(A)=\textrm{vect}(u_1).$ On cherche ensuite $u_2=\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}$ tel que $Au_2=-u_2+u_1.$ Ceci est équivalent à $x=1+2y$ et donc $u_2=\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}$ convient. Finalement, si on pose $$P=\begin{pmatrix} 2&1\\ 1&0 \end{pmatrix}\textrm{ et }T=\begin{pmatrix} -1&1\\ 0&-1 \end{pmatrix},$$ on a $A=PTP^{-1}.$
Posons alors $\displaystyle X(t)=\begin{pmatrix}x_1(t)\\x_2(t)\end{pmatrix}$ et $Y(t)=P^{-1}X(t).$ Alors on a $$X'=AX\iff Y'=TY\iff \left\{ \begin{array}{rcl} y_1'(t)&=&-y_1(t)+y_2(t)\\ y_2'(t)&=&-y_2(t). \end{array}\right.$$ Ce dernier système est équivalent $$y_2(t)=\lambda e^{-t},\ \lambda\in\mathbb R\textrm{ et }y_2'(t)=-y_2(t)+\lambda e^{-t}.$$ On résout cette dernière équation différentielle en remarquant que les fonctions solutions de l'équation homogène sont les fonctions $t\mapsto \mu e^{-t}$, $\mu\in\mathbb R,$ et qu'une solution particulière est donnée par $t\mapsto \lambda t e^{-t}.$ Finalement, le système est donc équivalent à $$\left\{\begin{array}{rcl} y_1(t)&=&\mu e^{-t}+\lambda t e^{-t}\\ y_2(t)&=&\lambda e^{-t}. \end{array} \right.$$ Si on revient à $X$ et au système initial, on trouve $$\left\{\begin{array}{rcl} x_1(t)&=&2\mu e^{-t}+\lambda(2t+1)e^{-t}\\ x_2(t)&=&\mu e^{-t}+\lambda t e^{-t} \end{array} \right.$$

1. On calcule le polynôme caractéristique de $A$ qui est $(X-2)^2(X-1)$. On cherche ensuite un vecteur propre pour la valeur propre $1.$ On cherche ensuite le sous-espace propre associé à la valeur propre $2.$ Malheureusement, on trouve qu'il est de dimension $1,$ engendré par $$v_2=\begin{pmatrix}2\\1\\1\end{pmatrix}.$$ On cherche à trigonaliser $A$ de la façon la plus simple possible en cherchant un vecteur $v_3$ tel que $(A-2I_3)v_3=v_2.$ Posant $v_3=(x,y,z)$, on trouve le système $$\left\{ \begin{array}{rcl} -2x+2y+2z&=&2\\ -x+2z&=&1\\ -x+y+z&=&1 \end{array}\right.$$ dont une solution est $$v_3=\begin{pmatrix}-1\\0\\0\end{pmatrix}.$$ Posons alors $$P=\begin{pmatrix} 2&2&-1\\ 0&1&0\\ 1&1&0 \end{pmatrix}\textrm{, }T=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&2&1\\0&0&2 \end{pmatrix}$$ et $Y=P^{-1}X$. On a alors l'équivalence $$X'=AX\iff Y'=TY.$$ Résolvons ce dernier système, qui s'écrit encore $$\left\{ \begin{array}{rcl} y_1'(t)&=&y_1(t)\\ y_2'(t)&=&2y_2(t)+y_3(t)\\ y_3'(t)&=&2y_3(t) \end{array}\right.$$ On trouve immédiatement qu'il existe deux constantes $a$ et $c$ telles que, pour tout $t\in\mathbb R,$ $$y_1(t)=ae^t\textrm{ et }y_3(t)=ce^{2t}.$$ L'équation portant sur $y_2$ s'écrit alors $$y_2'(t)=2y_2(t)+ce^{2t}.$$ Les solutions de l'équation homogène sont les fonctions qui s'écrivent $be^{2t},$ $b\in\mathbb R,$ tandis qu'on vérifie facilement qu'une solution particulière est la fonction $t\mapsto cte^{2t}$. Finalement, les solutions de $Y'=TY$ sont les fonctions $$t\mapsto \begin{pmatrix} ae^t\\ (ct+b)e^{2t}\\ ce^{2t} \end{pmatrix}, $$ $a,b,c\in\mathbb R.$ On retourne aux solutions de $X'=AX$ par la relation $X=PY,$ et on trouve les solutions $$t\mapsto \begin{pmatrix} (2ct+2b-c)e^{2t}+2ae^t\\ (ct+b)e^{2t}\\ ae^t+(ct+b)e^{2t} \end{pmatrix},$$ $a,b,c\in\mathbb R.$
2. On reprend la même méthode. Le polynôme caractéristique de $A$ est $X(X-1)^2$. Un vecteur propre associé à la valeur propre $0$ est $v_1=\left(\begin{array}{c}1\\0\\2\end{array}\right)$ et donc la fonction constante $t\mapsto \left(\begin{array}{c}1\\0\\2\end{array}\right)$ est une solution. L'espace propre associé à la valeur propre $1$ est la droite vectorielle engendrée par $v_2=\begin{pmatrix} 1\\ 2\\-1\end{pmatrix}.$ En particulier, la matrice $A$ n'est pas diagonalisable. On va la trigonaliser en cherchant un vecteur $v_3$ tel que $(A-I)v_3=v_2.$ On trouve $v_3=\begin{pmatrix} 0\\ -1\\2 \end{pmatrix}.$ On pose ensuite $$P=\begin{pmatrix} 1&1&0\\ 0&2&-1\\ 2&-1&2 \end{pmatrix},\ T=\begin{pmatrix} 0&0&0\\ 0&1&1\\ 0&0&1 \end{pmatrix}$$ et $Y=P^{-1}X$. On résout le système $Y'=TY$ dont les solutions sont $$t\mapsto \begin{pmatrix} a\\ (b+ct)e^t\\ ce^t \end{pmatrix},$$ $a,b,c\in\mathbb R.$ On retourne à $X$ par la relation $X=PY$ et on trouve que les solutions du système $X'=AX$ sont les fonctions $$t\mapsto \begin{pmatrix} a+e^{t}(b+c+t(b+2c))\\ e^t(b+t(2b+4c))\\ 2a+e^t(b+3c+t(-b-2c)) \end{pmatrix},$$ $a,b,c\in\mathbb R.$
   On peut aussi utiliser la méthode suivante. On cherche une solution sous la forme $$X(t)=e^t(tV_2+V_1).$$ On a $X'(t)=AX(t)$ si et seulement si $$\left\{ \begin{array}{rcl} AV_2&=&V_2\\ AV_1&=&V_1+V_2\\ \end{array}\right.\iff \left\{ \begin{array}{rcl} V_2&=&(A-I)V_1\\ (A-I)^2V_1&=&0 \end{array}\right. $$ On cherche alors l'expression d'un élément $V_1$ de $\ker(A-I)^2$. Il est facile de vérifier que le noyau de $(A-I)^2$ est le plan d'équation $3X-2Y-Z=0$, dont une base est constituée des vecteurs $\left(\begin{array}{c}1\\1\\1\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}1\\0\\3\end{array}\right).$ $V_1$ s'écrit donc $$V_1=\lambda\left(\begin{array}{c}1\\1\\1\end{array}\right)+\mu\left(\begin{array}{c}1\\0\\3\end{array}\right),$$ avec $\lambda,\mu$ des réels. On en déduit $$V_2=(A-I)V_1=(\lambda+2\mu)\left(\begin{array}{c}1\\2\\-1\end{array}\right).$$ Finalement, les solutions s'écrivent donc $$\nu\left(\begin{array}{c}1\\0\\2\end{array}\right)+e^t\left(\begin{array}{c}\lambda+\mu\\\lambda\\\lambda+3\mu\end{array}\right)+(\lambda+2\mu)te^t \left(\begin{array}{c}1\\2\\-1\end{array}\right),$$

$\lambda,\mu,\nu\in\mathbb R.$

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 $$\exp(A)=\left(\begin{array}{ccc} e^a&be^a&\left(\frac {b^2}2+c\right)e^a\\ 0&e^a&be^a\\ 0&0&e^a \end{array}\right).$$ La solution générale de $X'=AX$ est alors donnée par $X(t)=\exp(tA)X(0)$, soit, en posant $X(0)=(\alpha,\beta,\gamma)$ $$X(t)=\alpha e^{at}\left(\begin{array}{c} 1\\0\\0 \end{array}\right)+ \beta e^{at}\left(\begin{array}{c} bt\\ 1\\ 0 \end{array} \right) +\gamma e^{at}\left(\begin{array}{c} ct+\frac{b^2t^2}{2}\\ bt\\ 1 \end{array}\right).$$

On pose $A=\left( \begin{array}{cc} 1&2\\ -4&-3 \end{array} \right)$ la matrice du système. Ses valeurs propres sont $-1+2i$ et $-1-2i$, avec vecteurs propres respectifs $(1-i,2i)$ et $(1+i,-2i)$. Soit $P$ la matrice de passage de la base canonique à la nouvelle base, c'est-à-dire $$P=\left(\begin{array}{cc} 1-i&1+i\\ 2i&-2i \end{array}\right),\ P^{-1}=\frac i4\left(\begin{array}{cc} -2i&-1-i\\ -2i&1-i\end{array}\right).$$ Soit $Y(t)=\begin{pmatrix}y_1(t) \\ y_2(t)\end{pmatrix}$ tel que $X(t)=PY(t)$. Le système se réécrit alors en $$PY'(t)=APY(t)+B(t)\iff Y'(t)=P^{-1}APY(t)+P^{-1}B(t),$$ où $B(t)=\begin{pmatrix}t\\0\end{pmatrix}$. Ainsi, on obtient le système différentiel diagonal suivant : $$\left\{ \begin{array}{rcl} y_1'(t)&=&(-1+2i)y_1(t)+t/2\\ y_2'(t)&=&(-1-2i)y_2(t)+t/2. \end{array} \right.$$ Ses solutions (complexes) sont $$\left\{ \begin{array}{rcl} y_1(t)&=&c_1e^{(-1+2i)t}+\frac t{10}+\frac{3}{50}+\frac{it}{5}-\frac{2i}{25}\\ y_2(t)&=&c_1e^{(-1-2i)t}+\frac t{10}+\frac{3}{50}-\frac{it}{5}+\frac{2i}{25} \end{array} \right.$$ avec $c_1,c_2\in\mathbb C$. Si on revient à $x_1$ et $x_2$, et en remplaçant $e^{(-1+2i)t}$ par $e^{-t}(\cos(2t)+i\sin(2t))$, on trouve $$\left\{ \begin{array}{rcl} x_1(t)&=&\big( (c_1+c_2)-i(c_1-c_2)\big)e^{-t}\cos(2t)+\big(i(c_1-c_2)+(c_1+c_2)\big)e^{-t}\sin(2t)+\frac{3t}{5}-\frac{1}{25}\\ x_2(t)&=&2i(c_1-c_2)e^{-t}\cos(2t)-2(c_1+c_2)e^{-t}\sin(2t)-\frac {4t}{5}+\frac{8}{25}. \end{array} \right.$$ On pose $\lambda=c_1+c_2$ et $\mu=i(c_1-c_2)$. Le couple $(\lambda,\mu)$ parcourt $\mathbb C^2$ lorsque $(c_1,c_2)$ parcourt $\mathbb C^2$, et les solutions complexes du système sont $$\left\{ \begin{array}{rcl} x_1(t)&=&(\lambda-\mu)e^{-t}\cos(2t)+(\lambda+\mu)e^{-t}\sin(2t)+\frac{3t}{5}-\frac{1}{25}\\ x_2(t)&=&2\mu e^{-t}\cos(2t)-2\lambda e^{-t}\sin(2t)-\frac {4t}{5}+\frac{8}{25}. \end{array} \right.$$ Pour obtenir les solutions réelles, il suffit de prendre $\lambda,\mu$ dans $\mathbb R$.

Posons $$A(t)=\left( \begin{array}{cc} 2-t&t-1\\ 2(1-t)&2t-1 \end{array}\right) \textrm{ et } X(t)=\left( \begin{array}{c} x_1(t)\\ x_2(t) \end{array} \right).$$ On doit résoudre le système $X'(t)=A(t)X(t)$. On va procéder comme pour une matrice à coefficients constants, en diagonalisant pour chaque $t$ la matrice $A(t)$. Son polynôme caractéristique est $\chi_{A(t)}(X)=X^2-(t+1)X+t$, dont les racines sont $t$ et $1$. Le miracle est que les vecteurs propres ne dépendent pas de $t$. En effet, si on pose $u_1=(1,1)$ et $u_2=(1,2)$, alors $A(t)u_1=u_1$ tandis que $A(t)u_2=tu_2$. Autrement dit, en posant $$P=\left( \begin{array}{cc} 1&1\\ 1&2 \end{array} \right)\textrm{ et } D(t)=\left( \begin{array}{cc} 1&0\\ 0&t \end{array} \right), $$ on a $A(t)=PD(t)P^{-1}$. On peut donc résoudre le système exactement comme s'il était à coefficients constants. Plus précisément, en posant $Y(t)=P^{-1}X(t)$, alors $Y$ est solution de $Y'(t)=D(t)Y(t)$, soit $$\left\{\begin{array}{rcl} y_1'&=&y_1\\ y_2'&=&ty_2. \end{array}\right.$$ Il vient $y_1(t)=Ce^t$, et $y_2(t)=De^{t^2/2}$, avec $C,D\in\mathbb R$. On revient à $X$ par la relation $X=PY$, et on trouve que les solutions de l'équation sont les fonctions $$\left\{\begin{array}{rcl} x_1(t)&=&Ce^t+De^{t^2/2}\\ x_2(t)&=&Ce^t+2De^{t^2/2}, \end{array}\right.$$ avec $C,D\in\mathbb R^2$.

On considère le système homogène, et on obtient avec le changement de variables associé $$u'(t)=\big(-2tx(t)+x'(t)\big)e^{-t^2}=-v(t)$$ et $$v'(t)=\big(-2ty(t)+y'(t)\big)e^{-t^2}=u(t).$$ Le système $$\left\{ \begin{array}{rcl} u'(t)&=&-v(t)\\ v'(t)&=&u(t) \end{array}\right.$$ possède comme système fondamental de solutions les deux vecteurs $$\left(\begin{array}{c} \cos t\\ \sin t\end{array}\right) \textrm{ et } \left(\begin{array}{c} -\sin t\\ \cos t\end{array}\right).$$ Revenant au système initial, on trouve un système fondamental de solutions de l'équation homogène donné par les deux vecteurs $$h_1(t)=\left(\begin{array}{c} \cos (t) e^{t^2}\\ \sin (t) e^{t^2}\end{array}\right)\textrm{ et } h_2(t)=\left(\begin{array}{c} -\sin (t) e^{t^2}\\ \cos (t) e^{t^2}\end{array}\right).$$ On cherche une solution de l'équation avec second membre par la méthode de variation des constantes. On pose donc $f(t)=\lambda(t)h_1(t)+\mu(t)h_2(t)$, et on trouve que $$\lambda'(t)h_1(t)+\mu'(t)h_2(t)=\left( \begin{array}{c} t\cos t\\ t\sin t \end{array}\right).$$ On en déduit que $\lambda_1'(t)=te^{-t^2}$ et $\lambda_2'(t)=0$. Une solution particulière est donc obtenue par $\lambda_1(t)=-\frac12e^{-t^2}$ et $\lambda_2(t)=0$. La solution générale de l'équation est donc $$ \left\{ \begin{array}{rcl} x(t)&=&\lambda \cos (t) e^{t^2}-\mu\sin (t) e^{t^2}-\frac{1}2\cos (t)\\ y(t)&=&\lambda \sin (t) e^{t^2}+\mu\cos (t) e^{t^2}-\frac12\sin (t) \end{array}\right.$$

Donnons deux méthodes. La première est de transformer le système en système d'ordre 1, mais de taille 4 (comme on change une équation linéaire d'ordre 2 en un système d'ordre 1). Pour cela, on pose $$X=\left(\begin{array}{c} x\\ y\\ x'\\ y' \end{array}\right).$$ Alors, on a $X'=AX$ avec $$A=\left(\begin{array}{ccccc} 0&0&1&0\\ 0&0&0&1\\ 0&-1&1&1\\ -1&0&1&1 \end{array}\right).$$ Il suffit alors de résoudre le système comme un système classique.
Une autre méthode, plus astucieuse, est de regarder un peu le système et d'observer la symétrie entre $x(t)$ et $y(t)$. Ceci incite à poser $u=x+y$ et $v=x-y$. Alors $u$ et $v$ sont solutions de $$\left\{ \begin{array}{rcl} u''(t)-2u'(t)+u(t)&=&0\\ v''(t)-v(t)&=&0 \end{array}\right.$$ On résout ces équations, et on trouve $$\left\{ \begin{array}{rcl} u(t)&=&(\lambda t+\mu)e^t\\ v(t)&=&\alpha e^t+\beta e^{-t} \end{array}\right.$$ On retrouve alors facilement $x$ et $y$.

Notons $\lambda_1,\dots,\lambda_n$ les valeurs propres de $A,$ répétées avec leur multiplicité. Alors les valeurs propres de $\exp(A)$ sont $e^{\lambda_1},\dots,e^{\lambda_n}$. On en déduit que $$\det(\exp(A))=\prod_{j=1}^n e^{\lambda_j}=e^{\sum_{j=1}^n \lambda_j}=\exp(\textrm{Tr}A).$$

Commençons par remarquer que si $A$ est antisymétrique, alors $A^T=-A.$ Ainsi, on a \begin{align*} \exp(A)\exp(A)^T&=\exp(A)\exp(A^T)\\ &=\exp(A)\exp(-A)\\ &=\exp(A-A) \textrm{ car $A$ et $-A$ commutent}\\ &=I_n. \end{align*} Ainsi, $\exp(A)$ est bien une matrice orthogonale.

Pour $n\in\mathbb N,$ on prouve facilement par récurrence que $$A^{2n}=\begin{pmatrix} (-1)^n \theta^{2n}&0\\ 0&(-1)^n\theta^{2n}\end{pmatrix}\textrm{ et } A^{2n+1}=\begin{pmatrix} 0&(-1)^{n+1}\theta^{2n+1}\\ (-1)^n \theta^{2n+1}&0 \end{pmatrix}.$$ En utilisant la définition de l'exponentielle de matrice, on a donc $$\exp(A)=\begin{pmatrix} \sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{(2n)!}\theta^{2n}&\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{(2n+1)!}\theta^{2n+1} \\ \sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(-1)^{n}}{(2n+1)!}\theta^{2n+1}&\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{(2n)!}\theta^{2n} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \cos(\theta)&-\sin(\theta)\\ \sin(\theta)&\cos(\theta) \end{pmatrix}$$ d'après le développement en série entière des fonctions $\sin$ et $\cos$.

Le polynôme caractéristique de $A$ est $\chi_A(X)=(X-1)^2(X+1)$. L'espace propre associé à la valeur propre $-1$ est $\textrm{vect}(v_1)$, où $v_1=\begin{pmatrix}1\\1\\2\end{pmatrix}$. L'espace propre associé à la valeur propre $2$ est $\textrm{vect}(v_2)$, où $v_2=\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}.$ La matrice $A$ n'est donc pas diagonalisable et on va la trigonaliser (ce qui est possible puisque son polynôme caractéristique est scindé). Pour cela, on cherche $v_3$ tel que $(A-I_3)v_3=v_2$ et on trouve par exemple $v_3=\begin{pmatrix}0\\-1\\0\end{pmatrix}.$ Ainsi, $A=PTP^{-1}$ avec $$T=\begin{pmatrix} -1&0&0\\ 0&1&1\\ 0&0&1 \end{pmatrix}\textrm{ et }P=\begin{pmatrix} 1&1&0\\ 1&0&-1\\ 2&1&0 \end{pmatrix}.$$ On a alors $\exp(A)=P\exp(T)P^{-1}.$ Le calcul de $P^{-1}$ ne pose pas de difficultés avec l'algorithme du pivot de Gauss, on trouve $$P^{-1}=\begin{pmatrix} -1&0&1\\ 2&0&-1\\ -1&-1&1 \end{pmatrix}.$$ Pour calculer $\exp(A),$ on écrit $A=D+N$ où $D$ est la matrice diagonale $D=\textrm{diag}(-1,1,1)$ et $N$ est la matrice $$N=\begin{pmatrix} 0&0&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0 \end{pmatrix}.$$ On peut remarquer que $D$ et $N$ commutent de sorte que $$\exp(D+N)=\exp(D)\exp(N).$$ Puisque $N^2=0$, $\exp(N)=1+N$ alors que $\exp(D)=\textrm{diag}(e^{-1},e,e).$ Finalement, après un calcul encore assez long (et inintéressant, seule la méthode compte ici), on trouve $$\exp(A)=\begin{pmatrix} e-e^{-1}&-e&e^{-1}\\ e-e^{-1}&e&e^{-1}-e\\ e-2e^{-1}&-e&2e^{-1} \end{pmatrix}.$$