Exercice 1 5652 Correction

Soient $E$ un $ℝ$ -espace vectoriel de dimension $n \in ℕ^{*}$ et $t \mapsto a (t)$ une application continue de $ℝ$ vers $ℒ (E)$ . On étudie l’équation différentielle

(E) : x^{'} = a (t) \cdot x

d’inconnue $x : ℝ \to E$ .

Soit $(e_{1}, \dots, e_{n})$ est une base de l’espace $E$ . Montrer que les fonctions $φ_{i}$ solutions du problème de Cauchy

{\begin{matrix} x^{'} = a (t) \cdot x \\ x (0) = e_{i} \end{matrix}

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 $n = dim E$ de l’espace $𝒞^{1} (ℝ, E)$ . Il suffit donc d’établir que la famille $(φ_{1}, \dots, φ_{n})$ est libre pour affirmer que c’est une base de l’espace $𝒮$ .

Soit $(λ_{1}, \dots, λ_{n}) \in ℝ^{n}$ . Supposons $λ_{1} φ_{1} + \dots + λ_{n} φ_{n} = 0$ . Cela signifie

\forall t \in ℝ, λ_{1} . φ_{1} (t) + \dots + λ_{n} . φ_{n} (t) = 0_{E} .

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

λ_{1} . e_{1} + \dots + λ_{n} . e_{n} = 0_{E} .

Par liberté de la famille $(e_{1}, \dots, e_{n})$ , il vient $λ_{1} = \dots = λ_{n} = 0$ . La famille $(φ_{1}, \dots, φ_{n})$ est donc libre, c’est une base de $𝒮$ .

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

{\begin{matrix} 𝒮 & \to & E \\ x & \mapsto & x (0) \end{matrix}

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

Exercice 2 1320 Correction

Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ une matrice vérifiant

A^{2} + I_{n} = O_{n} .

Exprimer la solution générale de l’équation matricielle

X^{'} (t) = A X (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 (t A) X (0)

avec

\exp (t A) = \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{t^{k}}{k!} A^{k} .

Or $A^{2} = - I_{n}$ 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 $N \in ℕ$ ,

	$\sum_{k = 0}^{N} \frac{t^{k}}{k!} A^{k}$	$= \sum_{p = 0}^{⌊ N / 2 ⌋} \frac{1}{(2 p)!} t^{2 p} A^{2 p} + \sum_{p = 0}^{⌊ (N - 1) / 2 ⌋} \frac{1}{(2 p + 1)!} t^{2 p + 1} A^{2 p + 1}$
		$= \sum_{p = 0}^{⌊ N / 2 ⌋} \frac{{(- 1)}^{p}}{(2 p)!} t^{2 p} I_{n} + \sum_{p = 0}^{⌊ (N - 1) / 2 ⌋} \frac{{(- 1)}^{p}}{(2 p + 1)!} t^{2 p + 1} A .$

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

	$\exp (t A)$	$= \sum_{p = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{p}}{(2 p)!} t^{2 p} I_{n} + \sum_{p = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{p}}{(2 p + 1)!} t^{2 p + 1} A$
		$= \cos (t) I_{n} + \sin (t) A .$

Ainsi, la solution générale de l’équation étudiée est

X (t) = \cos (t) X (0) + \sin (t) A X (0) .

Exercice 3 5761 Correction

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

Étant donné $x_{0} \in E$ , exprimer la solution au problème de Cauchy

{\begin{matrix} x^{'} = p (x) \\ x (0) = x_{0} . \end{matrix}

Solution

La solution au problème de Cauchy posé s’exprime

x (t) = e^{t p} (x_{0})

avec

e^{t p} = \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{1}{k!} t^{k} p^{k} .

Or $p^{k} = {Id}_{E}$ pour $k = 0$ et $p^{k} = p$ pour $k \geq 1$ donc

e^{t p} = {Id}_{E} + \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{t^{k}}{k!} p = {Id}_{E} + (e^{t} - 1) p .

La solution cherchée s’exprime donc

x (t) = x_{0} + (e^{t} - 1) p (x_{0}) = ({Id}_{E} - p) (x_{0}) + e^{t} p (x_{0}) .

Exercice 4 5762 Correction

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

Déterminer les solutions bornées sur $ℝ$ à l’équation différentielle $x^{'} = s (x)$ .

Solution

La solution générale de l’équation $x^{'} = s (x)$ s’écrit

x (t) = e^{t s} (x_{0}) avec x_{0} \in E .

Or, pour $t \in ℝ$ ,

e^{t s} = \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{1}{k!} t^{k} s^{k} = \sum_{p = 0}^{+ \infty} \frac{1}{(2 p)!} t^{2 p} {Id}_{E} + \sum_{p = 0}^{+ \infty} \frac{1}{(2 p + 1)!} t^{2 p + 1} s = ch (t) . {Id}_{E} + sh (t) . s .

On a donc

x (t) = ch (t) . x_{0} + sh (t) . s (x_{0}) = e^{t} (x_{0} + s (x_{0})) + e^{- t} (x_{0} - s (x_{0})) .

Si $x_{0} + s (x_{0}) \neq 0$ alors $x$ n’est pas bornée au voisinage de $+ \infty$ .

Si $x_{0} - s (x_{0}) \neq 0$ alors $x$ n’est pas bornée au voisinage de $- \infty$ .

Pour que $x$ soit bornée, il faut $s (x_{0}) = x_{0} = - x_{0}$ et donc $x_{0} = 0$ .

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

Exercice 5 4664

Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ une matrice annulant un polynôme réel de degré $2$ :

A^{2} + p A + q I_{n} = O_{n} avec (p, q) \in ℝ^{2} .

Justifier que chaque solution de l’équation $X^{'} = A X$ prend ses valeurs dans un plan vectoriel.

Exercice 6 2900 MINES (MP)

On munit l’espace des colonnes $ℳ_{n,1} (ℝ)$ de sa structure euclidienne canonique.

Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ . Montrer que les assertions suivantes sont équivalentes:

(i)

la matrice $A$ est antisymétrique;
(ii)

chaque solution $X$ du système différentiel $X^{'} = A X$ est de norme constante.

Exercice 7 5227

Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ . On étudie le système différentiel $(Σ) : X^{'} = A X$ d’inconnue $X$ colonne à valeurs réelles.

(a)

Soient $V \in ℳ_{n,1} (ℝ)$ une colonne vecteur propre de la matrice $A$ et $λ$ la valeur propre associée. Montrer que la fonction $t \mapsto X (t) = e^{λ t} V$ est solution sur $ℝ$ du système $(Σ)$ .
(b)

On suppose que la matrice $A$ est diagonalisable et l’on introduit $(V_{1}, \dots, V_{n})$ une base de $ℳ_{n,1} (ℝ)$ formée de colonnes vecteurs propres de $A$ et l’on note $λ_{1}, \dots, λ_{n}$ les valeurs propres associées. Montrer que la solution générale sur $ℝ$ de $(Σ)$ s’exprime

$X (t) = α_{1} e^{λ_{1} t} V_{1} + \dots + α_{n} e^{λ_{n} t} V_{n} avec (α_{1}, \dots, α_{n}) \in ℝ^{n} .$

Exercice 8 4102 Correction

Soient $A$ une matrice non inversible de $ℳ_{n} (ℝ)$ et $t \mapsto X (t)$ une solution du système différentiel $X^{'} = A X$ . Montrer que les valeurs prises par la fonction $t \mapsto X (t)$ 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 $a_{1} x_{1} + \dots + a_{n} x_{n} = 0$ 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

a_{1} x_{1}^{'} (t) + \dots + a_{n} x_{n}^{'} (t) = 0 .

On en déduit

{(a_{1} x_{1} (t) + \dots + a_{n} x_{n} (t))}^{'} = 0

et donc

a_{1} x_{1} (t) + \dots + a_{n} x_{n} (t) = C^{t e} .

Exercice 9 5763 Correction

Soient $a$ un endomorphisme d’un espace vectoriel réel $E$ de dimension finie et $x_{0}$ un vecteur de $E$ .

Montrer que la solution au problème de Cauchy

{\begin{matrix} x^{'} = a (x) \\ x (0) = x_{0} \end{matrix}

prend ses valeurs dans le sous-espace affine $x_{0} + Im (a)$ .

Solution

La solution étudiée s’exprime

x (t) = e^{t a} (x_{0}) = \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{1}{k!} a^{k} (x_{0}) = x_{0} + \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k!} a^{k} (x_{0})

Pour tout $N \in ℕ$ ,

\sum_{k = 1}^{N} \frac{1}{k!} a^{k} (x_{0}) \in Im (a)

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

\sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k!} a^{k} (x_{0}) \in Im (a)

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

Ainsi, $x (t) \in x_{0} + Im (a)$ .

Exercice 10 3670 Correction

Soit $A \in ℳ_{n} (ℂ)$ .

(a)

Expliquer pourquoi l’on peut affirmer que la matrice $A$ est trigonalisable.
(b)

À quelle condition la matrice $e^{A} - I_{n}$ est-elle inversible?

On suppose cette condition remplie et l’on introduit $B : ℝ \to ℳ_{n,1} (ℂ)$ une fonction continue et $1$ -périodique.

(c)

Montrer que l’équation

$(E) : X^{'} = A X + B (t)$

d’inconnue $X : ℝ \to ℳ_{n,1} (ℂ)$ 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 $A = P T P^{- 1}$ avec

$P \in {GL}_{n} (ℂ) et T = (\begin{matrix} λ_{1} & * \\ ⋱ \\ (0) & λ_{n} \end{matrix})$

avec $λ_{1}, \dots, λ_{n}$ les valeurs propres de $A$ comptées avec multiplicité.
(b)

On a alors

$P^{- 1} (e^{A} - I_{n}) P = e^{T} - I_{n} = (\begin{matrix} e^{λ_{1}} - 1 & * \\ ⋱ \\ (0) & e^{λ_{n}} - 1 \end{matrix})$

Cette matrice est inversible si, et seulement si, $e^{λ_{k}} \neq 1$ pour $k = 1, \dots, n$ . Cela est vérifiée si, et seulement si, $λ_{k} \notin 2 i π ℤ$ pour $k = 1, \dots, n$ .
(c)

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

$X (t) = e^{t A} X_{0} + \tilde{X} (t)$

avec $\tilde{X}$ solution particulière et $X_{0} \in ℳ_{n,1} (ℂ)$ colonne quelconque.
Analyse: Soit $X$ une solution 1-périodique. On a $X (1) = X (0)$ et donc après résolution

$X_{0} = {(e^{A} - I_{n})}^{- 1} (\tilde{X} (0) - \tilde{X} (1))$

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 11 5105

Soient $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ une matrice de trace strictement positive et $t \mapsto X (t) \in ℳ_{n,1} (ℝ)$ une solution sur $[0; + \infty [$ du système différentiel $X^{'} = A X$ .

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

Exercice 12 5772 X (PC)Correction

Soit $t \mapsto A (t)$ une fonction continue de $ℝ$ vers $ℳ_{n, 1} (ℂ)$ $T$ -périodique avec $T > 0$ .

Montrer que l’équation différentielle $X^{'} = A (t) X$ d’inconnue $X : ℝ \to ℳ_{n, 1} (ℂ)$ possède une solution non identiquement nulle $X$ pour laquelle il existe $λ \in ℂ$ tel que

\forall t \in ℝ, X (t + T) = λ X (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 $𝒞^{1}$ de $ℝ$ vers $ℳ_{n, 1} (ℂ)$ . Pour $X \in 𝒮$ , 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

\forall t \in ℝ, {(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 $ℂ$ -espace vectoriel de dimension finie non nulle $𝒮$ . Cet endomorphisme admet au moins une valeur propre $λ \in ℂ$ et, pour $X$ vecteur propre associé, on dispose d’une solution non identiquement nulle de l’équation $X^{'} = A (t) X$ vérifiant $X (t + T) = λ X (t)$ pour tout $t \in ℝ$ .

Exercice 13 384 Correction

Soient $a, b \in ℒ (E)$ vérifiant $a \circ b = b \circ a$ .

En considérant pour $x_{0} \in E$ , l’application $t \mapsto (\exp (t a) \circ \exp (t b)) x_{0}$ , établir

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

Solution

$φ : t \mapsto \exp (t a) \circ \exp (t b) x_{0}$ est dérivable et vérifie $φ^{'} (t) = (a + b) φ (t)$ . En effet,

{(\exp (t a) \circ \exp (t b))}^{'} = a \circ \exp (t a) \circ \exp (t b) + \exp (t a) \circ b \circ \exp (t b)

or $b \circ \exp (t a) = \exp (t a) \circ b$ car $a$ et $b$ commutent donc

{(\exp (t a) \circ \exp (t b))}^{'} = (a + b) \circ \exp (t a) \circ \exp (t b) .

De plus, $φ (0) = x_{0}$ donc $φ (t) = \exp (t (a + b)) x_{0}$ . Puisque cela vaut pour tout $x_{0}$ ,

\exp (t (a + b)) = \exp (t a) \circ \exp (t b)

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

Exercice 14 3921 CENTRALE (MP)Correction

(a)

Soit $N \in ℳ_{n} (ℂ)$ nilpotente d’indice $p$ . Montrer que $(I_{n}, N, N^{2}, \dots, N^{p - 1})$ est une famille libre.

Exprimer

$e^{t (λ I_{n} + N)} pour λ \in ℂ et t \in ℝ .$
(b)

Soit $A \in ℳ_{n} (ℂ)$ ayant pour unique valeur propre $λ \in ℂ$ . Montrer que $N = A - λ I_{n}$ est nilpotente.
Montrer que les solutions du système différentiel $X^{'} = A X$ sont toutes bornées sur $ℝ$ si, et seulement si, $λ$ est imaginaire pur et $A = λ I_{n}$ .
(c)

Soit $A \in ℳ_{n} (ℂ)$ de polynôme caractéristique

${(X - λ_{1})}^{n_{1}} \dots {(X - λ_{m})}^{n_{m}}$

les $λ_{k}$ étant deux à deux distincts. Soit $f$ l’endomorphisme de $ℂ^{n}$ canoniquement associé à $A$ . Montrer que

$ℂ^{n} = \oplus_{k = 1}^{m} Ker {(f - λ_{k} {Id}_{ℂ^{n}})}^{n_{k}} .$

En déduire l’existence d’une base de $ℂ^{n}$ dans laquelle la matrice de $f$ est diagonale par blocs.
(d)

Avec les notations de la question précédente. Montrer que les solutions de $X^{'} = A X$ sont bornées si, et seulement si, les $λ_{k}$ sont imaginaires purs et que $A$ est diagonalisable.
(e)

Montrer qu’une matrice antisymétrique réelle est diagonalisable.

Solution

(a)

Supposons

$λ_{0} I_{n} + λ_{1} N + \dots + λ_{p - 1} N^{p - 1} = O_{n} .$

En multipliant par $N^{p - 1}$ , on obtient $λ_{0} N^{p - 1} = O_{n}$ car $N^{p} = O_{n}$ . Or $N^{p - 1} \neq O_{n}$ donc $λ_{0} = 0$ .
On montre de même successivement que $λ_{1} = 0$ ,…, $λ_{p - 1} = 0$ .
On conclut que la famille $(I_{n}, N, N^{2}, \dots, N^{p - 1})$ est libre.
Puisque $λ I_{n}$ et $N$ commutent, on a

$e^{t (λ I_{n} + N)} = e^{t λ I_{n}} e^{t N} = e^{λ t} (I_{n} + \frac{t}{1!} N + \frac{t^{2}}{2!} N^{2} + \dots + \frac{t^{p - 1}}{(p - 1)!} N^{p - 1}) .$
(b)

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

$χ_{A} (X) = {(X - λ)}^{n} .$

En vertu du théorème de Cayley Hamilton

$N^{n} = {(A - λ I_{n})}^{n} = O_{n} .$

La matrice $N$ s’avère donc nilpotente.
Les solutions du système différentiel $X^{'} = A X$ sont les fonctions

$t \mapsto X (t) = e^{t A} X (0) = e^{λ t} . e^{t N} X (0) .$

Si $N$ est nulle et $λ \in i ℝ$ , il est clair que toutes les solutions sont bornées.
Inversement, supposons les solutions toutes bornées. En choisissant $X (0) \in Ker (N) ∖ {O_{n}}$ , la solution

$t \mapsto e^{t A} X (0) = e^{λ t} X (0)$

est bornée sur $ℝ$ et nécessairement $λ \in i ℝ$ .
Notons $p$ l’indice de nilpotence de $N$ et choisissons $X (0) \notin Ker (N^{p - 1})$ . La solution

$t \mapsto e^{λ t} . e^{t N} X (0)$

devant être bornée avec $| e^{λ t} | = 1$ , la fonction

$t \mapsto X (0) + t N X (0) + \dots + \frac{t^{p - 1}}{(p - 1)} N^{p - 1} X (0)$

est elle aussi bornée. Or $N^{p - 1} X (0) \neq 0$ et donc cette solution ne peut pas être bornée si $p - 1 > 0$ .
On en déduit $p = 1$ puis $N = O_{n}$ .
(c)

Les polynômes ${(X - λ_{k})}^{n_{k}}$ sont deux à deux premiers entre eux. Par le théorème de Cayley Hamilton et le lemme de décomposition des noyaux, on obtient

$ℂ^{n} = \oplus_{k = 1}^{m} Ker {(f - λ_{k} {Id}_{ℂ^{n}})}^{n_{k}} .$

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

$λ_{k} {Id}_{n_{k}} + N_{k} avec N_{k}^{n_{k}} = O_{n_{k}} .$
(d)

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

$A = P Δ P^{- 1} avec P inversible.$

Les solutions de l’équation $X^{'} = A X$ correspondent aux solutions de l’équation $Y^{'} = Δ Y$ via $Y = P^{- 1} X$ .
Les solutions de $X^{'} = A X$ seront bornées si, et seulement si, celles de $Y^{'} = Δ Y$ le sont. En raisonnant par blocs et en exploitant le résultat du b), on peut affirmer que les solutions de $X^{'} = A X$ sont bornées sur $ℝ$ si, et seulement si, les $λ_{k}$ sont imaginaires purs et les $N_{k}$ tous nuls (ce qui revient à dire que $A$ est diagonalisable).
(e)

Supposons $A$ antisymétrique réelle. Puisque $A$ et $A^{⊤}$ commutent

${\bar{(e^{t A})}}^{⊤} e^{t A} = e^{t A^{⊤} + t A} = e^{O_{n}} = I_{n} .$

Soit $X : t \mapsto e^{t A} . X (0)$ une solution de l’équation $X^{'} = A X$ . On a

${∥ X (t) ∥}^{2} = {\bar{X (t)}}^{⊤} X (t) = {\bar{X (0)}}^{⊤} {\bar{(e^{t A})}}^{⊤} e^{t A} X (0) = {∥ X (0) ∥}^{2} .$

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

Exercice 15 4665

Soient $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ une matrice dont tous les coefficients non diagonaux sont positifs et $X_{0} \in ℳ_{n,1} (ℝ)$ une colonne dont tous les coefficients sont aussi positifs.

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

{\begin{matrix} X^{'} = A X \\ X (0) = X_{0} \end{matrix}

est une colonne dont tous les coefficients sont positifs.

Exercice 16 5095

(Critère de Routh-Hurwitz)

Soit $A \in ℳ_{2} (ℝ)$ . On dit que le système différentiel $(Σ) : X^{'} = A X$ est asymptotiquement stable lorsque toutes ses solutions sont de limites nulles¹¹ 1 Autrement dit, lorsque $X$ désigne une colonne solution sur $ℝ$ de $(Σ)$ , on vérifie que $X (t)$ tend vers ${(\begin{matrix} 0 & 0 \end{matrix})}^{⊤}$ quand $t$ croît vers $+ \infty$ . en $+ \infty$ .

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

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Édité le 29-08-2023

Équation vectorielle d'ordre 1