[>] Calculs d'exponentielles de matrices

 
Exercice 1  340  Correction  

Soit M une matrice réelle carrée d’ordre n antisymétrique.

Établir que la matrice exp(M) est orthogonale.

Solution

Il s’agit d’établir

(exp(M))exp(M)=In.

Par les propriétés calculatoires de l’opération de transposition,

(k=0N1k!Mk)=k=0N1k!(Mk)=k=0N1k!(M)kpour tout N.

L’application de transposition est linéaire au départ d’un espace de dimension finie, c’est donc une application continue. Par passage à la limite quand N tend vers l’infini dans la relation précédente, on obtient

(exp(M))=exp(M).

Par suite,

(exp(M))exp(M)=exp(-M)exp(M).

Or les matrices M et -M commutent et donc

exp(-M)exp(M)=exp(-M+M)=exp(On)=In.
 
Exercice 2  5765  Correction  

Soit An(). Déterminer les valeurs propres de exp(A).

Solution

La matrice A est trigonalisable et l’on peut écrire A=PTP1 avec PGLn() et T𝒯n+(). On a alors exp(A)=Pexp(T)P1 avec exp(T) triangulaire supérieure de coefficients diagonaux les exponentielles des coefficients diagonaux de T. On en déduit

Sp(exp(A))={eλ|λSp(A)}.
 
Exercice 3  2725    MINES (MP)

Soit An(). Établir det(eA)=etr(A).

 
Exercice 4  3011     ENTPE (MP)

Soit An(). Montrer que eA est un polynôme en A.

 
Exercice 5  3451   Correction  

Sur E=n[X], on note D l’endomorphisme de dérivation et T l’endomorphisme de translation définis par

D(P)=P(X)etT(P(X))=P(X+1).

Établir

exp(D)=T.

Solution

Par la formule de Taylor adaptée aux polynômes,

P(a+t)=k=0nP(k)(a)k!tk.

En déduit l’égalité polynomiale

P(X+1)=k=0nP(k)(X)k!1k

car les deux polynômes sont égaux pour une infinité de valeurs a.

Il vient alors

exp(D)(P)=k=0n1k!Dk(P)=k=0nP(k)(X)k!=P(X+1).
 
Exercice 6  5584     MINES (MP)Correction  

Soit Nn() une matrice nilpotente.

Comparer les espaces Ker(N) et Ker(eN-In).

Solution

Puisque la matrice N est nilpotente, on peut introduire p* tel que Np=On.

Par définition de l’exponentielle d’une matrice,

eN=k=0+1k!Nk=k=0p-11k!Nk+On=k=0p-11k!Nk.

Montrons l’égalité des deux espaces étudiés par double inclusion.

Soit XKer(N). On a

eN(X)=k=0p-11k!NkX=Xk=0+0k1=X

et donc

XKer(eN-In).

On a ainsi une première inclusion

Ker(N)Ker(eN-In).

Inversement, considérons XKer(eN-In). L’égalité (eN-In)X=0 donne

k=0p1k!NkX-X=k=1p1k!NkX=0.

Par l’absurde, supposons NX0 et introduisons 1 le plus grand entier tel que NX0. On a donc

k=1p1k!NkX=NX+12!N2X++1!NX+0++0k>=0.

En multipliant à gauche la relation précédente par N-1, on obtient

NX=0.

Cela est absurde car contredit l’introduction de . On en déduit NX=0 et donc XKer(N).

On a ainsi acquis l’inclusion réciproque

Ker(N)Ker(eN-In).

Par double inclusion,

Ker(eN-In)=Ker(N).
 
Exercice 7  3135   Correction  

Soit u un endomorphisme nilpotent d’un 𝕂-espace vectoriel E de dimension finie. Établir

Ker(eu-IdE)=Ker(u)etIm(eu-IdE)=Im(u).

Solution

Posons n tel que un=0. On peut simplifier

eu=k=0+1k!uk=k=0n-11k!uk.

Si xKer(u) alors

(eu)(x)=k=0n-11k!uk(x)=xk=0+0Ek1=x

et donc

xKer(eu-IdE).

Inversement, supposons xKer(eu-IdE). On a

k=1n1k!uk(x)=0.

Par l’absurde, supposons u(x)0E et introduisons 1 le plus grand entier tel que u(x)0E. En composant la relation précédente avec u-1, on obtient

u(x)=0E.

Cela est absurde car contredit la définition de . On en déduit u(x)=0E et donc xKer(u).

Ainsi,

Ker(eu-IdE)=Ker(u).

Puisque

eu-IdE=k=1n-11k!uk=u(k=1n-11k!uk-1)

on a de façon immédiate

Im(eu-IdE)Im(u).

En vertu de l’égalité des noyaux et de la formule du rang, on peut affirmer

dimIm(eu-IdE)=dimIm(u)

et donc conclure

Im(eu-IdE)=Im(u).
 
Exercice 8  5354   Correction  

Dans ce sujet, on étudie les fonctions φ:n() dérivables vérifiant:

(s,t)2,φ(s+t)=φ(s)φ(t).
  • (a)

    Soit An(). Vérifier que φ:texp(tA) est solution.

  • (b)

    Soit φ une fonction solution vérifiant φ(0)GLn(). Calculer φ(0).

  • (c)

    On suppose toujours que φ est solution et φ(0)GLn(). Montrer que

    t,φ(t)=φ(0)φ(t).

    En déduire qu’il existe An() telle que φ(t)=exp(tA) pour tout t réel.

  • (d)

    On ne suppose plus que φ(0) est inversible. Déterminer les fonctions φ solutions du problème posé.

Solution

  • (a)

    La fonction φ:texp(tA) est bien définie et dérivable de vers n() et, pour tout (s,t)2,

    φ(s)φ(t)=exp(sA)exp(tA)=exp(sA+tA)=exp((s+t)A)=φ(s+t)

    car les matrices sA et tA commutent.

  • (b)

    Pour s=t=0, il vient φ(0)=(φ(0))2. Sachant que φ(0) est inversible, on en déduit φ(0)=In.

  • (c)

    Soit t. Pour h réel non nul,

    1h(φ(t+h)-φ(t))=1h(φ(h)φ(t)-φ(0)φ(t))=1h(φ(h)-φ(0))φ(t).

    En passant à la limite quand h tend vers 0, on conclut

    φ(t)=φ(0)φ(t).

    La fonction φ est solution de l’équation différentielle X=AX avec A=φ(0) et d’inconnue tX(t) à valeurs dans n(). La fonction ψ:texp(tA) est aussi solution de cette équation différentielle et les deux fonctions φ et ψ prennent la valeur In en 0. Par unicité de la solution à un problème de Cauchy, on conclut φ=ψ.

  • (d)

    Posons B=φ(0). Par la même étude qu’au-dessus, on établit B2=B et φ est solution de l’équation X=AX avec A=φ(0). On en déduit φ:texp(tA)B. Au surplus, on vérifie que φ est aussi solution de l’équation X=XA en passant à la limite quand h tend vers 0 l’égalité

    1h(φ(t+h)-φ(t))=1h(φ(t)φ(h)-φ(t)φ(0))=φ(t)1h(φ(h)-φ(0)).

    On en déduit que X(0)=AX(0)=X(0)A et donc AB=BA.

    Inversement, si A,Bn() vérifient AB=BA et B2=B, on constate que la fonction φ:texp(tA)B est solution du problème posé puisque

    exp(tA)B=Bexp(tA)pour tout t.
 
Exercice 9  4179      CENTRALE (MP)Correction  

On se donne φ:GLn() continue et telle que

(s,t)2,φ(s+t)=φ(s)φ(t).
  • (a)

    On suppose dans cette question φ de classe 𝒞1. Montrer que

    t,φ(t)=φ(0)φ(t).

    En déduire qu’il existe An() telle que φ(t)=exp(tA) pour tout t réel.

  • (b)

    Soit θ𝒞1(,+) intégrable et d’intégrale égale à 1. On suppose qu’il existe α>0 tel que θ(x)=0 pour tout |x|>α. On pose, pour x réel,

    ψ(x)=-+θ(x-t)φ(t)dt.

    Montrer que ψ est de classe 𝒞1 puis qu’il existe Bn() telle que ψ(x)=φ(x)B pour tout réel x.

  • (c)

    Déterminer φ.

Solution

  • (a)

    Commençons par remarquer que φ(0)=In car

    φ(0)=φ(0+0)=φ(0)2 avec φ(0)=In.

    Pour t et s0, on a

    1s(φ(s+t)-φ(t))=1s(φ(s)-φ(0))φ(t).

    En passant à la limite quand s tend vers 0, on obtient

    φ(t)=φ(0)φ(t).

    Cette égalité s’apparente à une équation différentielle linéaire vectorielle à coefficient constant x=a(x) où l’inconnue x correspond à la fonction φ et l’endomorphisme a est la multiplication par la matrice φ(0). La résolution de cette équation donne

    φ(t)=exp(tA)φ(0) avec A=φ(0).

    En rappelant φ(0)=In, on obtient l’expression voulue de φ(t).

  • (b)

    Posons f(x,t)=θ(x-t)φ(t) définie sur ×. Pour tout x, la fonction tf(x,t) est continue par morceaux et intégrable sur car nulle en dehors [x-α;x+α]. Cela assure la définition de la fonction ψ.

    La fonction f admet une dérivée partielle

    fx(x,t)=θ(x-t)φ(t).

    Celle-ci est continue en x et continue par morceaux en t.

    Soit a>0. Pour tout x[-a;a],

    |fx(x,t)|sups[-α;α]|θ(s)|φ(t)1[-(a+α);a+α](t)intégrable.

    Par domination sur tout segment, on peut affirmer que ψ est de classe 𝒞1.

    Pour tous x et y réels,

    ψ(x) =-+θ(x-t)φ(t)dt=s=x-t-+θ(s)φ(x-s)dt
    =-+θ(s)φ(x)φ(-s)ds=φ(x)ψ(0).

    On obtient donc ψ(x)=φ(x)B avec B=ψ(0).

  • (c)

    Montrons qu’il est possible de se ramener à la situation où la matrice B est inversible auquel cas on établit que φ est de classe 𝒞1 et l’on conclut par la première question que φ:texp(tA) pour An().

    Soient n* et θn: définie par

    θn(x)=1nθ(nx).

    La fonction θn réunit les conditions de la fonction θ précédente et

    Bn=-+θn(t)φ(-t)dt=-+θ(t)φ(-t/n)dt.

    Pour tout t,

    θ(t)φ(-t/n)n+θ(t)φ(0)

    et

    θ(t)φ(-t/n)maxs[-α;α]|θ(s)|maxs[-α;α]φ(s)1[-α;α](t)intégrable.

    Par convergence dominée,

    Bn=-+θ(t)φ(-t/n)dtn+-+θ(t)φ(0)dt=φ(0)=In.

    Par continuité du déterminant, det(Bn) tend vers 1 et l’on peut affirmer que, pour n assez grand, Bn est inversible et enfin conclure.

 
Exercice 10  4276    

(Décomposition polaire)

Soit Sn() telle que tr(SU)tr(S) pour toute matrice UOn().

  • (a)

    Soit An() antisymétrique. Montrer exp(A)On().

  • (b)

    En considérant les matrices orthogonales exp(tA) pour t réel et A matrice antisymétrique, établir que S est une matrice symétrique.

  • (c)

    Montrer que les valeurs propres de S sont positives.

  • (d)

    Application : Montrer que pour toute matrice Mn(), il existe Sn() symétrique à valeurs propres positives et ΩOn() telles que M=SΩ.

 
Exercice 11  1185    Correction  

Soit Ap(𝕂). Établir que

limn+(Ip+An)n=exp(A).

Solution

On a

(Ip+An)n=k=0nn!(n-k)!nkAkk!.

Posons fk:p(𝕂) définie par

fk(n)={n!(n-k)!nkAkk! si kn0 sinon.

On remarque que

(Ip+An)n=k=0+fk(n)

avec

fk(n)Akk!Akk!pour tout n et k*

(quitte à introduire une norme sous-multiplicative sur n()). On a donc

fkAkk!=αk

avec αk qui est le terme général d’une série convergente. Il en découle que la série de fonctions fk converge normalement sur . Puisque

limn+fk(n)=Akk!

on obtient par le théorème de la double limite

limn+(Ip+An)n=k=0+Akk!=exp(A).
 
Exercice 12  2416      CENTRALE (MP)Correction  

Soient A et B dans p(). Montrer que

limn+(exp(An)exp(Bn))n=exp(A+B).

Solution

On a

exp(An)=k=0+1k!Aknk=n+Ip+1nA+o(1n)

donc

exp(An)exp(Bn)=n+Ip+1n(A+B)+o(1n).

Ainsi,

(exp(An)exp(Bn))n=n+(Ip+1n(A+B)+o(1n))n.

Puisque Ip et 1n(A+B)+o(1n) commutent, on peut développer par la formule du binôme de Newton

(Ip+1n(A+B)+o(1n))n=k=0n(nk)1nk(A+B+o(1))k.

Posons fk:*p(𝕂) définie par

fk(n)={(nk)1nk(A+B+o(1))k si kn0 sinon.

On remarque que

(Ip+1n(A+B)+o(1n))n=k=0+fk(n).

Montrons la convergence normale de la série des fk.

Puisque

A+B+o(1)=n+A+B

la norme de A+B+o(1) est bornée par un certain M.

On observe alors

fk1k!Mk

en choisissant une norme multiplicative sur p(𝕂).

La série de fonctions fk converge normalement sur *, cela permet de permuter limite et somme infinie.

Or, pour k fixé,

fk(n)n+(A+B)kk!

donc

(Ip+1n(A+B)+o(1n))nn+k=0+1k!(A+B)k=exp(A+B).

[<] Exponentielles[>] Équation vectorielle d'ordre 1

 
Exercice 13  4663  

Soit α. Calculer l’exponentielle de la matrice

A=(0-αα0).
 
Exercice 14  2709    MINES (MP)Correction  

Soit An(𝕂) avec 𝕂= ou telle que A4=In. Déterminer exp(A).

Solution

Par convergence absolue, on peut écrire

exp(A)=k=0+1(4k)!In+k=0+1(4k+1)!A+k=0+1(4k+2)!A2+k=0+1(4k+3)!A3

ce qui donne

exp(A)=cos(1)+ch(1)2In+sin(1)+sh(1)2A+ch(1)-cos(1)2A2+sh(1)-sin(1)2A3.
 
Exercice 15  2712    MINES (MP)Correction  

Soit

A=(1jj2jj21j21j).
  • (a)

    Étudier la diagonalisabilité de A, déterminer les polynômes minimal et caractéristique de A.

  • (b)

    Calculer exp(A).

Solution

  • (a)

    A2=O3 donc Sp(A)={0}. Puisque AO3, A n’est pas diagonalisable. πA=X2 et χA=X3.

  • (b)

    Par nilpotence,

    exp(A)=I3+A.
 
Exercice 16  5769  Correction  

Calculer exp(A) pour

A=(101-11-2-11-2).

Solution

On observe

A2=(01-10-110-11)etAk=(000000000)pour tout k3.

On en déduit

exp(A)=I3+A+12A2=(21/21/2-13/2-3/2-11/2-1/2).
 
Exercice 17  5653  Correction  

Calculer exp(A) pour

A=(312111-2-1-1)3().

Solution

Le polynôme caractéristique de A est (X-1)3. Par le théorème de Cayley-Hamilton, (A-I3)3=O3 et donc A=I3+N avec N3=O3. Puisque les matrices I3 et N commutent,

exp(A)=exp(I3)exp(N)

avec exp(I3)=eI3 et

exp(N)=I3+N+12N2=A+12(A-I3)2=12(I3+A2).

On conclut

exp(A)=e2(I3+A2).
 
Exercice 18  2711     MINES (MP)Correction  

Soit

A=(0000010-10)3().
  • (a)

    Déterminer le polynôme caractéristique et le polynôme minimal de A.

  • (b)

    Calculer exp(A).

Solution

  • (a)

    χA=X(X2+1) et πA=X(X2+1).

  • (b)

    En calculant A2,A3, on obtient

    exp(A)=(1000cos(1)-sin(1)0sin(1)cos(1)).
 
Exercice 19  3215     CCINP (MP)Correction  

Soit A3() telle que

Sp(A)={-2,1,3}.
  • (a)

    Exprimer An en fonction de A2, A et I3.

  • (b)

    Calculer

    ch(A)=n=0+A2n(2n)!.

Solution

  • (a)

    Puisque de taille 3 avec 3 valeurs propres distinctes, la matrice A est diagonalisable et son polynôme minimal est

    ΠA=(X+2)(X-1)(X-3).

    La division euclidienne de Xn par ΠA s’écrit

    Xn=ΠAQ+R avec deg(R)<3.

    Le polynôme R peut s’écrire

    R(X)=a(X-1)(X-3)+b(X-3)+c

    et l’évaluation de la relation division euclidienne en -2, 1 et 3 donne

    {15a-5b+c=(-2)n2b+c=1c=3n

    puis

    {a=3n+1-(-2)n+1-530b=3n-12c=3n

    et enfin

    R(X)=3n+1-(-2)n+1-530X2+3n+1+(-2)n+3+530X+-3n-(-2)n-55.

    En évaluant la relation de division euclidienne en A, on obtient

    An=R(A)=3n+1-(-2)n+1-530A2+3n+1+(-2)n+3+530A+-3n+(-2)n+55I3.
  • (b)

    En vertu de ce qui précède

    ch(A)=αA2+βA+γI3

    avec

    α=130(3n=0+32n(2n)!+2n=0+22n(2n)!-5n=0+1(2n)!)

    et donc

    α=3ch(3)+2ch(2)-5ch(1)30.

    De même, on obtient

    β=3ch(3)-8ch(2)+5ch(1)30 et γ=5ch(1)+ch(2)-ch(3)5.
 
Exercice 20  2710     MINES (MP)Correction  

On pose

A=(010101010).
  • (a)

    Sans diagonaliser la matrice A, déterminer son polynôme caractéristique, son polynôme minimal et calculer Ak pour k.

  • (b)

    Évaluer exp(A).

Solution

  • (a)

    χA=X3-2X, πA=χA. On a donc

    A3=2A,A2k+1=2kAetA2k+2=2kA2 pour k>0

    avec

    A2=(101020101).
  • (b)

    On en déduit

    exp(A) =I3+k=0+2k(2k+1)!A+k=1+2k-1(2k)!A2
    =I3+sh(2)2A+12(ch(2)-1)A2.
 
Exercice 21  2701     MINES (MP)Correction  

Soient a* et

A=(0aa21/a0a1/a21/a0).
  • (a)

    Calculer le polynôme minimal de A.

  • (b)

    Calculer eA.

Solution

  • (a)

    χA=(X-2)(X+1)2,

    E2(A)=Vect{(a2a1)}etE-1(A)=Vect{(-a201),(-a10)}.

    La matrice A est diagonalisable, on écrit P-1AP=D avec

    P=(a2-a2-aa01110)etD=(2000-1000-1).

    On en déduit μA=(X-2)(X+1).

  • (b)

    Par division euclidienne, Xn=(X+1)(X-2)Q(X)+αX+β avec

    α=2n-(-1)n3etβ=2(-1)n+2n3

    donc

    An=2n-(-1)n3A+2(-1)n+2n3I3

    puis

    eA=e2-e-13A+2e-1+e23I3.
 
Exercice 22  3094     X (PSI)Correction  

On note

T={(ab0c)|a,b,c}

et T+ le sous-ensemble de T formé des matrices de coefficients diagonaux strictement positifs.

  • (a)

    Soit MT. Déterminer les puissances de M. Calculer exp(M).

  • (b)

    L’application exp:TT+ est-elle injective? surjective?

Solution

  • (a)

    Cas: a=c.

    M=(ab0a),Mn=(annban-10a)etexp(M)=(eabea0ea).

    Cas: ac.

    Mn=(anαn0cn) avec αn=b(an-1c0+an-2c++a0cn-1)=ban-cna-c

    et

    exp(M)=(eax0ec) avec x=b(ea-ec)a-c.
  • (b)

    Avec des notations immédiates, si exp(M)=exp(M) alors par identification des coefficients diagonaux, on obtient a=a et c=c.
    Dans le cas a=c, l’identification du coefficient d’indice (1,2) donne

    bea=bea

    d’où b=b.
    Dans le cas ac, la même identification donne

    b(ea-ec)a-c=b(ea-ec)a-c

    et à nouveau b=b.
    Ainsi, l’application exp:TT+ est injective.
    Considérons maintenant

    N=(αβ0γ)T+.

    Si α=γ alors pour a=ln(α) et b=β/α, on obtient MT vérifiant exp(M)=N.
    Si αγ alors pour a=ln(α), c=ln(γ) et b=β(a-c)/(α-γ), on obtient MT vérifiant exp(M)=N.
    Ainsi, l’application exp:TT+ est surjective.

 
Exercice 23  5784     MINES (MP)Correction  

Soient n* et An().

  • (a)

    On suppose A3=A2. Calculer exp(A).

  • (b)

    On suppose A4+A3-2A2=0. Calculer exp(A).

Solution

  • (a)

    Sachant A3=A2, on vérifie par récurrence Ak=A2 pour tout k2. On a alors

    exp(A)=k=0+1k!Ak=In+A+k=2+1k!A2

    avec

    k=2+1k!=k=0+1k!-1-1=e-2

    et donc

    exp(A)=In+A+(e-2)A2.
  • (b)

    Le polynôme X4+X3-2X2=X2(X-1)(X+2) est annulateur de A. Pour k, réalisons la division euclidienne de Xk par (X-1)(X+2). Celle-ci s’écrit

    Xk=(X-1)(X+2)Qk(X)+akX+bk avec Qk[X] et (ak,bk)2.

    En évaluant cette relation en 1 et en -2, on forme le système

    {ak+bk=1-2ak+bk=(-2)k.

    Après résolution, on obtient

    ak=1-(-2)k3etbk=2+(-2)k3.

    On en déduit

    Xk+2=X2(X-1)(X+2)Qk(X)+1-(-2)k3X3+2+(-2)k3X2.

    En évaluant cette relation en A, il vient

    Ak+2=1-(-2)k3A3+2+(-2)k3A2=13(A3+2A2)+(-2)k3(A2-A3).

    On en déduit

    exp(A) =In+A+k=2+Akk!
    =In+A+k=2+13k!(A3+2A2)+(-2)k-23k!(A2-A3)
    =In+A+e-23(A3+2A2)+e-2+112(A2-A3).

[<] Calculs d'exponentielles de matrices[>] Système différentiel d'ordre 1

 
Exercice 24  5652  Correction  

Soient E un -espace vectoriel de dimension n* et ta(t) une application continue de vers (E). On étudie l’équation différentielle

(E):x=a(t)x

d’inconnue x:E.

Soit (e1,,en) est une base de l’espace E. Montrer que les fonctions φi solutions du problème de Cauchy

{x=a(t)xx(0)=ei

forment une base de l’espace des solutions de (E).

Solution

On sait que l’ensemble 𝒮 des solutions de l’équation linéaire (E) est un sous-espace vectoriel de dimension n=dimE de l’espace 𝒞1(,E). Il suffit donc d’établir que la famille (φ1,,φn) est libre pour affirmer que c’est une base de l’espace 𝒮.

Soit (λ1,,λn)n. Supposons λ1φ1++λnφn=0. Cela signifie

t,λ1.φ1(t)++λn.φn(t)=0E.

Cela vaut en particulier pour t=0 et l’on obtient

λ1.e1++λn.en=0E.

Par liberté de la famille (e1,,en), il vient λ1==λn=0. La famille (φ1,,φn) est donc libre, c’est une base de 𝒮.

Notons qu’un argument plus immédiat serait de rappeler que l’application d’évaluation

{𝒮Exx(0)

est un isomorphisme: il transforme donc une base en une base.

 
Exercice 25  1320  Correction  

Soit An() une matrice vérifiant

A2+In=On.

Exprimer la solution générale de l’équation matricielle

X(t)=AX(t).

Solution

L’équation étudiée est une équation différentielle linéaire d’ordre 1 à coefficient constant. Sa solution générale peut être exprimée par une exponentielle

X(t)=exp(tA)X(0)

avec

exp(tA)=k=0+tkk!Ak.

Or A2=-In et l’on peut11 1 La série exponentielle convergence absolument et les séries des termes d’indices pairs et impairs sont assurément convergentes. calculer la somme précédente en séparant les termes d’indices pairs de ceux d’indices impairs. Pour réaliser cette séparation, on raisonne par les sommes partielles22 2 On pourrait aussi parler de sommation par paquets mais le cadre théorique associé n’est pas au programme.. Pour N,

k=0Ntkk!Ak =p=0N/21(2p)!t2pA2p+p=0(N-1)/21(2p+1)!t2p+1A2p+1
=p=0N/2(-1)p(2p)!t2pIn+p=0(N-1)/2(-1)p(2p+1)!t2p+1A.

En passant à la limite quand N tend vers l’infini, on obtient avec convergence des séries engagées

exp(tA) =p=0+(-1)p(2p)!t2pIn+p=0+(-1)p(2p+1)!t2p+1A
=cos(t)In+sin(t)A.

Ainsi, la solution générale de l’équation étudiée est

X(t)=cos(t)X(0)+sin(t)AX(0).
 
Exercice 26  5761  Correction  

Soit E un espace vectoriel réel de dimension finie et p un projecteur de E.

Étant donné x0E, exprimer la solution au problème de Cauchy

{x=p(x)x(0)=x0.

Solution

La solution au problème de Cauchy posé s’exprime

x(t)=etp(x0)

avec

etp=k=0+1k!tkpk.

Or pk=IdE pour k=0 et pk=p pour k1 donc

etp=IdE+k=1+tkk!p=IdE+(et-1)p.

La solution cherchée s’exprime donc

x(t)=x0+(et-1)p(x0)=(IdE-p)(x0)+etp(x0).
 
Exercice 27  5762  Correction  

Soit E un espace vectoriel réel de dimension finie et s une symétrie de E.

Déterminer les solutions bornées sur à l’équation différentielle x=s(x).

Solution

La solution générale de l’équation x=s(x) s’écrit

x(t)=ets(x0) avec x0E.

Or, pour t,

ets=k=0+1k!tksk=p=0+1(2p)!t2pIdE+p=0+1(2p+1)!t2p+1s=ch(t).IdE+sh(t).s.

On a donc

x(t)=ch(t).x0+sh(t).s(x0)=et(x0+s(x0))+e-t(x0-s(x0)).

Si x0+s(x0)0 alors x n’est pas bornée au voisinage de +.

Si x0-s(x0)0 alors x n’est pas bornée au voisinage de -.

Pour que x soit bornée, il faut s(x0)=x0=-x0 et donc x0=0.

Inversement, dans ce cas, x est la solution nulle et est donc évidemment bornée.

 
Exercice 28  4664  

Soit An() une matrice annulant un polynôme réel de degré 2:

A2+pA+qIn=On avec (p,q)2.

Justifier que chaque solution de l’équation X=AX prend ses valeurs dans un plan vectoriel.

 
Exercice 29  2900    MINES (MP)

On munit l’espace des colonnes n,1() de sa structure euclidienne canonique.

Soit An(). Montrer que les assertions suivantes sont équivalentes:

  • (i)

    la matrice A est antisymétrique;

  • (ii)

    chaque solution X du système différentiel X=AX est de norme constante.

 
Exercice 30  5227  

Soit An(). On étudie le système différentiel (Σ):X=AX d’inconnue X colonne à valeurs réelles.

  • (a)

    Soient Vn,1() une colonne vecteur propre de la matrice A et λ la valeur propre associée. Montrer que la fonction tX(t)=eλtV est solution sur du système (Σ).

  • (b)

    On suppose que la matrice A est diagonalisable et l’on introduit (V1,,Vn) une base de n,1() formée de colonnes vecteurs propres de A et l’on note λ1,,λn les valeurs propres associées. Montrer que la solution générale sur de (Σ) s’exprime

    X(t)=α1eλ1tV1++αneλntVn avec (α1,,αn)n.
 
Exercice 31  4102   Correction  

Soient A une matrice non inversible de n() et tX(t) une solution du système différentiel X=AX. Montrer que les valeurs prises par la fonction tX(t) sont incluses dans un hyperplan affine.

Solution

Puisque la matrice A n’est pas inversible, son rang est strictement inférieur à n et il existe donc un hyperplan H contenant l’image de A. Soit a1x1++anxn=0 une équation de cet hyperplan. Puisque les vecteurs X(t) sont des valeurs prises par A, celles-ci appartiennent à l’hyperplan précédent et donc

a1x1(t)++anxn(t)=0.

On en déduit

(a1x1(t)++anxn(t))=0

et donc

a1x1(t)++anxn(t)=Cte.
 
Exercice 32  5763   Correction  

Soient a un endomorphisme d’un espace vectoriel réel E de dimension finie et x0 un vecteur de E.

Montrer que la solution au problème de Cauchy

{x=a(x)x(0)=x0

prend ses valeurs dans le sous-espace affine x0+Im(a).

Solution

La solution étudiée s’exprime

x(t)=eta(x0)=k=0+1k!ak(x0)=x0+k=1+1k!ak(x0)

Pour tout N,

k=1N1k!ak(x0)Im(a)

En passant à la limite quand N tend vers l’infini,

k=1+1k!ak(x0)Im(a)

car Im(a) est une partie fermée puisqu’il s’agit d’un sous-espace vectoriel de dimension finie.

Ainsi, x(t)x0+Im(a).

 
Exercice 33  3670   Correction  

Soit An().

  • (a)

    Expliquer pourquoi l’on peut affirmer que la matrice A est trigonalisable.

  • (b)

    À quelle condition la matrice eA-In est-elle inversible?

On suppose cette condition remplie et l’on introduit B:n,1() une fonction continue et 1-périodique.

  • (c)

    Montrer que l’équation

    (E):X=AX+B(t)

    d’inconnue X:n,1() possède une unique solution 1-périodique.

Solution

  • (a)

    La matrice complexe A sont assurément trigonalisable car leur polynôme caractéristique est scindé. On peut donc écrire A=PTP-1 avec

    PGLn()etT=(λ1*(0)λn)

    avec λ1,,λn les valeurs propres de A comptées avec multiplicité.

  • (b)

    On a alors

    P-1(eA-In)P=eT-In=(eλ1-1*(0)eλn-1)

    Cette matrice est inversible si, et seulement si, eλk1 pour k=1,,n. Cela est vérifiée si, et seulement si, λk2iπ pour k=1,,n.

  • (c)

    La solution générale de l’équation (E) est de la forme

    X(t)=etAX0+X~(t)

    avec X~ solution particulière et X0n,1() colonne quelconque.
    Analyse: Soit X une solution 1-périodique. On a X(1)=X(0) et donc après résolution

    X0=(eA-In)-1(X~(0)-X~(1))

    ce qui détermine entièrement la solution X.

    Synthèse: Considérons la fonction définie comme au terme de l’analyse ci-dessus. Elle est solution de l’équation (E) et vérifie X(1)=X(0).
    Considérons alors la fonction donnée par Y(t)=X(t+1).
    On vérifie que Y est encore solution de (E) (car la fonction B est périodique) et puisque Y(0)=X(1)=X(0), les fonctions X et Y sont égales car solutions d’un même problème de Cauchy.
    Finalement, la fonction X est périodique.

 
Exercice 34  5105   

Soient An() une matrice de trace strictement positive et tX(t)n,1() une solution sur [0;+[ du système différentiel X=AX.

On suppose que la fonction X est bornée, montrer qu’il existe une ligne L1,n() non nulle11 1 La condition LX(t)=0 peut s’interpréter comme une orthogonalité pour le produit scalaire canonique sur n,1(): la solution X prend ses valeurs dans l’espace orthogonal au vecteur L. telle que LX(t)=0 pour tout t[0;+[.

 
Exercice 35  5772     X (PC)Correction  

Soit tA(t) une fonction continue de vers n,1() T-périodique avec T>0.

Montrer que l’équation différentielle X=A(t)X d’inconnue X:n,1() possède une solution non identiquement nulle X pour laquelle il existe λ tel que

t,X(t+T)=λX(t).

Solution

L’ensemble 𝒮 des solutions de l’équation X=A(t)X est un sous-espace vectoriel de dimension finie (égale à n) de l’espace des fonctions de classe 𝒞1 de vers n,1(). Pour X𝒮, on considère τ(X) l’application définie par τ(X)(t)=X(t+T) pour tout t réel. On vérifie que τ(X) est encore solution de l’équation X=A(t)X car

t,(τ(X))(t)=X(t+T)=A(t+T)X(t+T)=A(t)τ(X)(t).

L’application τ apparaît alors comme un endomorphisme du -espace vectoriel de dimension finie non nulle 𝒮. Cet endomorphisme admet au moins une valeur propre λ et, pour X vecteur propre associé, on dispose d’une solution non identiquement nulle de l’équation X=A(t)X vérifiant X(t+T)=λX(t) pour tout t.

 
Exercice 36  384   Correction  

Soient a,b(E) vérifiant ab=ba.

En considérant pour x0E, l’application t(exp(ta)exp(tb))x0, établir

exp(a+b)=exp(a)exp(b).

Solution

φ:texp(ta)exp(tb)x0 est dérivable et vérifie φ(t)=(a+b)φ(t). En effet,

(exp(ta)exp(tb))=aexp(ta)exp(tb)+exp(ta)bexp(tb)

or bexp(ta)=exp(ta)b car a et b commutent donc

(exp(ta)exp(tb))=(a+b)exp(ta)exp(tb).

De plus, φ(0)=x0 donc φ(t)=exp(t(a+b))x0. Puisque cela vaut pour tout x0,

exp(t(a+b))=exp(ta)exp(tb)

et, pour t=1, on obtient la relation demandée.

 
Exercice 37  3921      CENTRALE (MP)Correction  
  • (a)

    Soit Nn() nilpotente d’indice p. Montrer que (In,N,N2,,Np-1) est une famille libre.

    Exprimer

    et(λIn+N)pour λ et t.
  • (b)

    Soit An() ayant pour unique valeur propre λ. Montrer que N=A-λIn est nilpotente.
    Montrer que les solutions du système différentiel X=AX sont toutes bornées sur si, et seulement si, λ est imaginaire pur et A=λIn.

  • (c)

    Soit An() de polynôme caractéristique

    (X-λ1)n1(X-λm)nm

    les λk étant deux à deux distincts. Soit f l’endomorphisme de n canoniquement associé à A. Montrer que

    n=k=1mKer(f-λkIdn)nk.

    En déduire l’existence d’une base de n dans laquelle la matrice de f est diagonale par blocs.

  • (d)

    Avec les notations de la question précédente. Montrer que les solutions de X=AX sont bornées si, et seulement si, les λk sont imaginaires purs et que A est diagonalisable.

  • (e)

    Montrer qu’une matrice antisymétrique réelle est diagonalisable.

Solution

  • (a)

    Supposons

    λ0In+λ1N++λp-1Np-1=On.

    En multipliant par Np-1, on obtient λ0Np-1=On car Np=On. Or Np-1On donc λ0=0.
    On montre de même successivement que λ1=0,…, λp-1=0.
    On conclut que la famille (In,N,N2,,Np-1) est libre.
    Puisque λIn et N commutent, on a

    et(λIn+N)=etλInetN=eλt(In+t1!N+t22!N2++tp-1(p-1)!Np-1).
  • (b)

    Le polynôme caractéristique de A est scindé dans [X] et possède une unique racine λ, on a donc

    χA(X)=(X-λ)n.

    En vertu du théorème de Cayley Hamilton

    Nn=(A-λIn)n=On.

    La matrice N s’avère donc nilpotente.
    Les solutions du système différentiel X=AX sont les fonctions

    tX(t)=etAX(0)=eλt.etNX(0).

    Si N est nulle et λi, il est clair que toutes les solutions sont bornées.
    Inversement, supposons les solutions toutes bornées. En choisissant X(0)Ker(N){On}, la solution

    tetAX(0)=eλtX(0)

    est bornée sur et nécessairement λi.
    Notons p l’indice de nilpotence de N et choisissons X(0)Ker(Np-1). La solution

    teλt.etNX(0)

    devant être bornée avec |eλt|=1, la fonction

    tX(0)+tNX(0)++tp-1(p-1)Np-1X(0)

    est elle aussi bornée. Or Np-1X(0)0 et donc cette solution ne peut pas être bornée si p-1>0.
    On en déduit p=1 puis N=On.

  • (c)

    Les polynômes (X-λk)nk sont deux à deux premiers entre eux. Par le théorème de Cayley Hamilton et le lemme de décomposition des noyaux, on obtient

    n=k=1mKer(f-λkIdn)nk.

    Une base adaptée à cette décomposition fournit une représentation matricielle Δ de f diagonale par blocs. Plus précisément, les blocs diagonaux sont de la forme

    λkIdnk+Nk avec Nknk=Onk.
  • (d)

    La matrice A est semblable à Δ et l’on peut donc écrire

    A=PΔP-1 avec P inversible.

    Les solutions de l’équation X=AX correspondent aux solutions de l’équation Y=ΔY via Y=P-1X.
    Les solutions de X=AX seront bornées si, et seulement si, celles de Y=ΔY le sont. En raisonnant par blocs et en exploitant le résultat du b), on peut affirmer que les solutions de X=AX sont bornées sur si, et seulement si, les λk sont imaginaires purs et les Nk tous nuls (ce qui revient à dire que A est diagonalisable).

  • (e)

    Supposons A antisymétrique réelle. Puisque A et A commutent

    (etA)¯etA=etA+tA=eOn=In.

    Soit X:tetA.X(0) une solution de l’équation X=AX. On a

    X(t)2=X(t)¯X(t)=X(0)¯(etA)¯etAX(0)=X(0)2.

    Les solutions sont toutes bornées et donc A est diagonalisable à valeurs propres imaginaires pures.

 
Exercice 38  4665    

Soient An() une matrice dont tous les coefficients non diagonaux sont positifs et X0n,1() une colonne dont tous les coefficients sont aussi positifs.

Montrer que la solution sur [0;+[ du problème de Cauchy

{X=AXX(0)=X0

est une colonne dont tous les coefficients sont positifs.

 
Exercice 39  5095    

(Critère de Routh-Hurwitz)

Soit A2(). On dit que le système différentiel (Σ):X=AX est asymptotiquement stable lorsque toutes ses solutions sont de limites nulles11 1 Autrement dit, lorsque X désigne une colonne solution sur de (Σ), on vérifie que X(t) tend vers (00) quand t croît vers +. en +.

Montrer que le système (Σ) est asymptotiquement stable si, et seulement si, tr(A)<0 et det(A)>0.

[<] Équation vectorielle d'ordre 1[>] Système différentiel d'ordre 1 à coefficients constants

 
Exercice 40  387  Correction  

Résoudre le système différentiel suivant

{x1=(t+3)x1+2x2x2=-4x1+(t-3)x2.

Solution

C’est un système différentiel linéaire d’ordre 1 homogène défini sur d’équation matricielle X=A(t)X avec

A(t)=(t+32-4t-3)etX(t)=(x1(t)x2(t)).

On a χA(t)=X2-2tX+(t2-1) et Sp(A)={t+1,t-1}. On détermine

Et+1(A)=Vect{(1-1)}etEt-1(A)=Vect{(1-2)}.

Pour

P=(11-1-2)

(matrice indépendante de t), on écrit A(t)=PD(t)P-1 avec

D(t)=(t+100t-1).

En posant Y=P-1X,

X=A(t)XY=D(t)Y.

En écrivant Y(t)=(y1(t)y2(t)),

Y=D(t)Y {y1=(t+1)y1y2=(t-1)y2
{y1=λe(t2+2t)/2y2=μe(t2-2t)/2 avec (λ,μ)2.

Sachant

X=PY=(11-1-2)(y1y2)

on conclut

X=A(t)XX(t)=λ(e(t2+2t)/2-e(t2+2t)/2)+μ(e(t2-2t)/2-2e(t2-2t)/2) avec (λ,μ)2.
 
Exercice 41  386  Correction  

Résoudre le système différentiel suivant

{x1=(2-t)x1+(t-1)x2x2=2(1-t)x1+(2t-1)x2.

Solution

C’est un système différentiel linéaire d’ordre 1 homogène défini sur d’équation matricielle X=A(t)X avec

A(t)=(2-tt-12(1-t)2t-1)etX(t)=(x1(t)x2(t))

χA(t)=X2-(t+1)X+t.
Sp(A(t))={1,t}.
Si t1,

E1(A(t))=Vect{(11)}etEt(A(t))=Vect{(12)}.

Pour P=(1112) indépendant de t, A(t)=PD(t)P-1 avec D(t)=(100t) et cette relation est aussi vraie pour t=1.
En posant Y=P-1X,

X=A(t)XY=D(t)Y.

En écrivant

Y(t)=(y1(t)y2(t))

on a

Y=D(t)Y {y1=y1y2=ty2
{y1(t)=λety2(t)=μet2/2 avec (λ,μ)2.

Puisque

X=PY=(1112)(y1y2)

on obtient

X=A(t)XX(t)=λ(etet)+μ(et2/22et2/2) avec (λ,μ)2.
 
Exercice 42  388   Correction  

Résoudre le système différentiel

{x1=(1+t)x1+tx2-etx2=-tx1+(1-t)x2+et.

Solution

C’est un système différentiel linéaire d’ordre 1 défini sur d’équation matricielle X=A(t)X+B(t) avec

A(t)=(1+tt-t1-t)etB(t)=(-etet).

On remarque χA(t)=(X-1)2 et

E1(A(t))=Vect{(1-1)}.

Pour

P=(10-11)

(matrice indépendante de t), on écrit A(t)=PT(t)P-1 avec

T(t)=(1t01).

En posant Y=P-1X,

X=A(t)X+B(t)Y=T(t)Y+P-1B(t)

avec

P=(1011).

En écrivant Y=(y1y2),

Y=T(t)Y+P-1B(t) {y1=y1+ty2-ety2=y2
{y1=μet+λ2t2et-tety2=λet avec (λ,μ)2.

Puisque

X=PY=(10-11)(y1y2)

on obtient la solution générale

X(t)=λ((t2/2)et(1-t2/2)et)+μ(et-et)+(-tettet) avec (λ,μ)2.
 
Exercice 43  385   Correction  

Résoudre le système différentiel réel suivant

{x=cos(t)x+sin(t)yy=-sin(t)x+cos(t)y.

Solution

Soit (x,y) solution sur .
On pose z=x+iy, on a z(t)=e-itz(t) donc z(t)=Ceie-it=Ceicos(t)+sin(t) avec C.
En écrivant C=A+iB avec A,B on peut conclure

x(t)=esin(t)(Acos(cos(t))-Bsin(cos(t))

et

y(t)=esin(t)(Bcos(cos(t))+Asin(cos(t)).

Vérification: il suffit de remonter les calculs.

[<] Système différentiel d'ordre 1[>] Équations scalaires d'ordre n

 
Exercice 44  4650  

Résoudre sur le système différentiel

(Σ):{x=4x-2yy=3x-y.
 
Exercice 45  389  Correction  

Résoudre le système différentiel suivant

{x=4x-2yy=x+y.

Solution

C’est un système différentiel linéaire d’ordre 1 homogène d’équation matricielle X=AX avec

A=(4-211)etX(t)=(x(t)y(t)).

Après calculs, Sp(A)={2,3} avec

E2(A)=Vect{(11)}etE3(A)=Vect{(21)}.

On écrit alors A=PDP-1 avec

P=(1211)etD=(2003).

Pour Y=P-1X,

X=AXY=DY

et

Y=DYY=(λe2tμe3t) avec (λ,μ)2.

Finalement,

X=AXX(t)=λ(e2te2t)+μ(2e3te3t) avec (λ,μ)2.
 
Exercice 46  2125    SAINT CYR (MP)Correction  

Soit

A=(011100111).
  • (a)

    Donner des matrices P inversible et D diagonale telles que A=PDP-1.

  • (b)

    On considère le système différentiel

    {f(t)=g(t)+h(t)g(t)=f(t)h(t)=f(t)+g(t)+h(t).

    Exprimer ce système sous forme matricielle d’inconnue une colonne X(t).

  • (c)

    En posant Y(t)=P-1X(t) déterminer les expressions de f(t), g(t) et h(t) solutions du système précédent.

Solution

  • (a)

    Après calculs,

    χA(X)=X(X+1)(X-2)

    et

    E0(A)=Vect{(01-1)}E-1(A)=Vect{(1-10)}E2(A)=Vect{(213)}.

    On peut donc écrire A=PDP-1 avec

    P=(0121-11-103)GL3()etD=(0000-10002).
  • (b)

    Posons X(t)=(f(t)g(t)h(t)). Le système étudié équivaut à l’équation matricielle X(t)=AX(t).

  • (c)

    Pour f,g,h: fonctions dérivables, la fonction tX(t) est dérivable et aussi l’est la fonction tY(t) avec Y(t)=P-1X(t).

    Les fonctions f,g,h sont solutions du système différentiel si, et seulement si, Y(t)=DY(t). La solution générale de cette équation matricielle s’exprime

    Y(t)=(λμe-tνe2t) avec (λ,μ,ν)3.

    Par la relation X(t)=PY(t), on obtient l’expression des fonctions f, g et h

    {f(t)=μe-t+νe2tg(t)=λh(t)=λ+μe-t+νe2t avec (λ,μ,ν)3.
 
Exercice 47  4651   

Résoudre sur le système différentiel

(Σ):{x=4x-2y+ety=3x-y+2et.
 
Exercice 48  3490   Correction  

Déterminer les fonctions à valeurs réelles solutions du système différentiel suivant

{x1=-x1+3x2+etx2=-2x1+4x2.

Solution

C’est un système différentiel de taille 2 linéaire à coefficients constant d’équation matricielle X=AX+B(t) avec

X=(x1x2),A=(-13-24)etB(t)=(et0).

On a χA=(X-1)(X-2), Sp(A)={1,2},

E1(A)=Vect{(32)}etE2(A)=Vect{(11)}.

On a A=PDP-1 avec

P=(3121)etD=(1002)

et donc

X=AX+B(t) X=PDP-1X+B(t)
P-1X=DP-1X+P-1B(t).

avec

P-1=(1-1-23)

Posons Y=P-1X. On a Y=P-1X et donc

X=AXY=DY+P-1B(t).

Posons Y=(y1y2).

Y=DY+P-1B(t) {y1=y1+ety2=2y2-2et
{y1(t)=λ1et+tety2(t)=λ2e2t+2et avec (λ1,λ2)2.

Sachant

X=PY=(3121)(y1y2)

on obtient l’expression de la solution générale

X(t)=λ1(3et2et)+λ2(e2te2t)+((3t+2)et(2t+2)et) avec (λ1,λ2)2

c’est-à-dire

{x1(t)=3λ1et+λ2e2t+(3t+2)etx2(t)=2λ1et+λ2e2t+(2t+2)et avec (λ1,λ2)2.
 
Exercice 49  390   Correction  

Résoudre le système différentiel suivant

{x=x+8y+ety=2x+y+e-3t.

Solution

C’est un système différentiel linéaire d’ordre 1 d’équation matricielle X=AX+B(t) avec

A=(1821),B(t)=(ete-3t)etX(t)=(x(t)y(t)).

Après calculs, Sp(A)={5,-3} avec

E5(A)=Vect{(21)}etE-3(A)=Vect{(-21)}.

On écrit alors A=PDP-1 avec

P=(2-211),P-1=14(12-12)etD=(500-3).

Pour Y=P-1X, X est solution si, et seulement si, Y est solution de Y=DY+C(t) avec

C(t)=P-1B(t)=14(et+2e-3t-et+2e-3t).

Après résolution, on obtient

Y=DY+C(t)Y(t)=(λe5t-116et-116e-3tμe-3t-116et+12te-3t)

puis

X=AX+B(t)X(t)=λ(2e5te5t)+μ(-2e-3te-3t)+(-te-3t-18e-3t-18et+12te-3t-116e-3t).
 
Exercice 50  4656  

Déterminer les solutions sur du système différentiel

(Σ):{x′′=3x+yy′′=2x+2y.
 
Exercice 51  391    MINES (MP)Correction  

Résoudre le système différentiel suivant

{x=y+zy=xz=x+y+z.

Solution

C’est un système différentiel linéaire d’ordre 1 homogène d’équation matricielle X=AX avec

A=(011100111)etX(t)=(x(t)y(t)z(t))

Sp(A)={-1,2,0},

E-1(A)=Vect{(-110)},E2(A)=Vect{(213)}etE0(A)=Vect{(01-1)}.

On a A=PDP-1 avec

P=(-12011103-1)etD=(-100020000).

En posant Y=P-1X, on obtient

X=AXY=DY

or

Y=DYY(t)=(λe-tμe2tν) avec (λ,μ,ν)3

donc

X=AXX(t)=λ(-e-te-t0)+μ(2e2te2t3e2t)+ν(01-1) avec (λ,μ,ν)3.
 
Exercice 52  392   Correction  

Résoudre le système différentiel suivant

{x=2x-y+2zy=10x-5y+7zz=4x-2y+2z.

Solution

C’est un système différentiel linéaire d’ordre 1 homogène d’équation matricielle X=AX avec

A=(2-1210-574-22)etX(t)=(x(t)y(t)z(t)).

Par calculs, χA=X2(X+1). Après triangularisation, on a A=PTP-1 pour

P=(-110121201)etT=(-100001000).

Pour Y=P-1X, X=AXY=TY.

Y=TYY=(λe-tμt+νμ) avec (λ,μ,ν)3.

La solution générale du système est donc

X(t)=λ(-e-te-t2e-t)+μ(t2t+11)+ν(120) avec (λ,μ,ν)3.
 
Exercice 53  2902     MINES (MP)Correction  

Déterminer les solutions réelles du système différentiel linéaire

{x=x-zy=x+y+zz=-x-y+z.

Solution

A=(10-1111-1-11), χA=-(X-2)(X2-X+1).
La résolution complexe est alors facile puisque la matrice A est diagonalisable.

La résolution réelle est en revanche plus délicate à obtenir, détaillons-la!

X1=(1,0,-1) est vecteur propre de A, complétons-le avec deux vecteurs d’un plan stable.

Les plans stables s’obtiennent en étudiant les éléments propres de A. Sp(A)=Sp(A)={2} et

E2(A)=Vect{(21-1)}.

Ainsi, le plan d’équation 2x+y-z=0 est stable par A.

Prenons X2=(0,1,1) et X3=AX2=(-1,2,0). On vérifie AX3=X3-X2.

Ainsi, pour

P=(10-1012-110)

on a

P-1AP=(20000-1011)=B.

Pour X=(x,y,z) et Y=(y1,y2,y3)=P-1X, on a X=AXY=BY.

Ceci nous conduit à la résolution suivante

{y1=2y1y2=-y3y3=y2+y3 {y1=2y1y2=-y3y2′′-y2+y2=0
{y1(t)=αe2ty2(t)=e12t(λcos(32t)+μsin(32t))y3(t)=-y2(t).

Et l’on peut conclure via X=PY.

Une démarche alternative consiste à extraire trois solutions réelles indépendantes de la résolution complexe.

 
Exercice 54  4101   Correction  

On étudie le système différentiel

(S):{x=z-yy=x-zz=y-x.
  • (a)

    Ce système possède-t-il des solutions?

  • (b)

    Sans résoudre le système, montrer que pour tout réel t, le point M(t) de coordonnées (x(t),y(t),z(t)) se situe à l’intersection d’un plan et d’une sphère.

On note A la matrice exprimant le système différentiel précédent.

  • (c)

    Calculer A3 et exprimer sous forme matricielle la solution générale du système différentiel.

Solution

  • (a)

    (S) est un système différentiel linéaire homogène de taille 3, l’ensemble de ses solutions est un espace vectoriel de dimension 3.

  • (b)

    Posons m(t)=x(t)+y(t)+z(t). On constate m(t)=0 et donc le point M évolue sur un plan d’équation x+y+z=a. Posons d(t)=x2(t)+y2(t)+z2(t). On constate d(t)=0 et donc le point M évolue sur une sphère d’équation x2+y2+z2=R2.

  • (c)

    Le système s’écrit X=AX avec

    A=(0-1110-1-110).

    On vérifie A3=-3A et l’on en déduit A2n+1=(-3)nA et A2n+2=(-3)A2 puis

    exp(tA)=In+n=0+(-3)nt2n+1(2n+1)!A+n=1+(-3)nt2n+2(2n+2)!A2.

    Ainsi,

    exp(tA)=In+13sin(3t)A+13(1-cos(3t))A2

    et la solution générale du système est

    X(t)=X0+13sin(3t)AX0+13(1-cos(3t))A2X0.
 
Exercice 55  5098   
  • (a)

    Déterminer les fonctions réelles solutions du système différentiel

    (Σ):{x=-zy=x+zz=-x-y.
  • (b)

    À quelle condition sur (x(0),y(0),z(0)) les solutions du système (Σ) sont-elles bornées sur [0;+[?

[<] Système différentiel d'ordre 1 à coefficients constants

 
Exercice 56  5094   

(Équation différentielle linéaire d’ordre n à coefficients constants)

Soient a0,a1,,an-1. On dit qu’une fonction y: est solution de l’équation différentielle (E) symbolisée par

y(n)=an-1y(n-1)++a1y+a0y

si y est dérivable à l’ordre n et vérifie

y(n)(t)=an-1y(n-1)(t)++a1y(t)+a0y(t)pour tout t.
  • (a)

    À quelle condition sur α, la fonction teαt est-elle solution de (E)?

  • (b)

    Justifier que l’ensemble 𝒮 des solutions de l’équation différentielle (E) forme un sous-espace vectoriel de l’espace E constitué des fonctions indéfiniment dérivables de  vers .

  • (c)

    On suppose que y: est solution de (E) et l’on introduit

    X(t)=(y(t)y(t)y(n-1)(t))n,1()pour tout t.

    Déterminer An() telle que X soit solution du système différentiel X=AX.

  • (d)

    En déduire que l’espace 𝒮 est de dimension n.

  • (e)

    Application : On suppose que l’équation rn-(an-1rn-1++a1r+a0)=0 possède n racines distinctes. Exprimer la solution générale de (E).

 
Exercice 57  5773   Correction  

Soient a0,,an-1:[0;1] des fonctions continues.

Montrer qu’il existe k+ tel que pour toute solution y de l’équation différentielle

(E):y(n)+an-1(t)y(n-1)++a1(t)y+a0y=0

on vérifie

|y(0)|k01|y(t)|dt.

Solution

L’ensemble 𝒮 des solutions de (E) un sous-espace vectoriel de dimension finie (égale à n) de l’espace des fonctions de classe 𝒞n de [0;1] vers .

L’application :y01|y(t)|dt définit une norme sur l’espace 𝒮. L’application φ:yy(0) définit une forme linéaire sur 𝒮. Par continuité des applications linéaires au départ d’un espace de dimension finie, il existe k+ tel que |φ()|k ce qui se relit

|y(0)|k01|y(t)|dtpour tout y𝒮.
 
Exercice 58  4668    

On étudie l’équation différentielle définie sur

(E):y(n)+an-1(x)y(n-1)++a1(x)y+a0(x)y=0

avec a0,a1,,an-1 des fonctions continues de dans .

Soit x0 un réel. Montrer qu’il existe α>0 tel que toutes les solutions non nulles de l’équation (E) s’annulent au plus n-1 fois dans l’intervalle [x0-α;x0+α].



Édité le 29-08-2023

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