[>] Calculs d'exponentielles de matrices

 
Exercice 1  340  Correction  

Soit T une matrice réelle carrée d’ordre n antisymétrique.
Établir que la matrice exp(T) est orthogonale.

Solution

Par continuité de l’application linéaire de transposition, on justifie

expt(T)=exp(Tt).

Par suite,

expt(T)exp(T)=exp(-T)exp(T).

Or T et -T commutent donc

exp(-T)exp(T)=exp(-T+T)=In

et on conclut.

 
Exercice 2  2725    MINES (MP)

Soit An(). Établir det(eA)=etr(A).

 
Exercice 3  3011     ENTPE

Soit An(). Montrer que eA[A].

 
Exercice 4  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 5  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 écrire

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

Si xKer(u) alors

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

et donc

xKer(eu-IdE).

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

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

Si u(x)0 alors en posant 1 le plus grand entier tel que u(x)0 et en composant la relation précédente avec u-1, on obtient

u(x)=0

ce qui est absurde. On en déduit u(x)=0 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 6  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 7  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]. Ceci 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 l’on peut conclure.

 
Exercice 8  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 9  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

(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 10  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 11  4663  

Soit α. Calculer l’exponentielle de la matrice

A=(0-αα0).
 
Exercice 12  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 13  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 14  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 15  3215     CCP (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 16  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 17  2701     MINES (MP)Correction  

Soient a* et

A=(0aa21/a0a1/a21/a0).
  • (a)

    Calculer le polynôme minimal de A.

  • (b)

    La matrice A est-elle diagonalisable? Si oui, la diagonaliser.

  • (c)

    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)

    Ci-dessus.

  • (c)

    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 18  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.

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

 
Exercice 19  1320  Correction  

Soit A2n() une matrice vérifiant

A2+I2n=O2n.

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=-I2n donc, en séparant les termes d’indices pairs de ceux d’indices impairs de cette série absolument convergente

exp(tA)=p=0+(-1)p(2p)!t2pI2n+p=0+(-1)p(2p+1)!nnt2p+1A=cos(t)I2n+sin(t)A.

Ainsi la solution générale de l’équation étudiée est

X(t)=cos(t)X(0)+sin(t)AX(0).
 
Exercice 20  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 21  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 22  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 23  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 vecteurX(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 24  3670   Correction  

Soit An() une matrice dont aucune valeur propre n’est élément de 2iπ.

  • (a)

    Montrer que la matrice eA-In est inversible.

Soit B:n,1() une fonction continue et 1-périodique.

  • (b)

    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 est assurément trigonalisable et l’on peut donc écrire A=PTP-1 avec

    PGLn()etT=(λ1*(0)λn) où λkSp(A).

    On a alors

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

    avec

    1kn,eλk-10 car λk2iπ.

    On peut donc conclure eA-InGLn().

  • (b)

    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 25  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 Lt. telle que LX(t)=0 pour tout t[0;+[.

 
Exercice 26  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 27  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).
  • (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 At commutent

    (etA)¯tetA=etAt+tA=eOn=In.

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

    X(t)2=X(t)¯tX(t)=X(0)¯t(etA)¯tetAX(0)=X(0)2.

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

 
Exercice 28  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 29  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 limite nulle11 1 Autrement dit, lorsque X désigne une colonne solution sur de (Σ), on vérifie que X(t) tend vers (00)t 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 30  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 31  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 32  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).

Commençons par résoudre l’équation homogène X=A(t)X. On a 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)XY=T(t)Y.

En écrivant Y=(y1y2),

Y=T(t)Y {y1=y1+ty2y2=y2
{y1=μet+λ2t2ety2=λet avec (λ,μ)2.

Puisque

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

on obtient

X=A(t)XX(t)=λ((t2/2)et(1-t2/2)et)X1(t)+μ(et-et)X2(t) avec (λ,μ)2.

La famille (X1,X2) forme un système fondamental de solutions de l’équation homogène.

Cherchons une solution particulière de la forme X(t)=λ(t)X1(t)+μ(t)X2(t) avec λ et μ fonctions dérivables.

X=A(t)X+B(t)λ(t)((t2/2)et(1-t2/2)et)+μ(t)(et-et)=(-etet)

λ(t)=0 et μ(t)=-t conviennent et X(t)=(-tettet) est solution particulière.

Finalement, on exprime la solution générale

X(t)=λ((t2/2)et(1-t2/2)et)+μ(et-et)+(-tettet) avec (λ,μ)2.
 
Exercice 33  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 34  4650  

Résoudre sur le système différentiel

(Σ):{x=4x-2yy=3x-y.
 
Exercice 35  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 36  4651   

Résoudre sur le système différentiel

(Σ):{x=4x-2y+ety=3x-y+2et.
 
Exercice 37  3490   Correction  

Résoudre le 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) et B(t)=(et0).

Résolvons l’équation homogène associée X=AX.

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 X=PDP-1X
P-1X=DP-1X.

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

X=AXY=DY.

Posons Y=(y1y2).

Y=DY {y1=y1y2=2y2
{y1(t)=λ1ety2(t)=λ2e2t avec (λ1,λ2)2

Sachant

X=PY=(3121)(y1y2)

on obtient

X=AXX(t)=(3λ1et+λ2e2t2λ1et+λ2e2t)=λ1(3et2et)+λ2(e2te2t)

X1(t)=(3et2et) et X2(t)=(e2te2t) définissent un système fondamental de solutions.

Recherchon une solution particulière de la forme X(t)=λ1(t)X1(t)+λ2(t)X2(t) avec λ1,λ2 fonctions dérivables.

X=AX+B(t)λ1(t)X1(t)+λ2(t)X2(t)=B(t)

donc

X=AX+B(t) {3λ1(t)et+λ2(t)e2t=et2λ1(t)et+λ2(t)e2t=0
{λ1(t)=1λ2(t)=-2e-t

λ1(t)=t et λ2(t)=2e-t conviennent puis

X(t)=((3t+2)et(2t+2)et)

est solution particulière.

Finalement, la solution générale s’exprime

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 38  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).

On peut aussi procéder par variation des constantes après résolution séparée de l’équation homogène.

 
Exercice 39  4656  

Déterminer les solutions sur du système différentiel

(Σ):{x′′=3x+yy′′=2x+2y.
 
Exercice 40  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 41  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 42  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)t 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 At. Sp(At)=Sp(A)={2} et

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

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

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

Ainsi, pour

P=(10-1012-110)

on a

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

Pour X=(x,y,z)t et Y=(y1,y2,y3)t=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 43  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 44  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 45  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 46  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 08-11-2019

Bootstrap Bootstrap 3 - LaTeXML [LOGO] - Powered by MathJax Powered by MathJax