Systèmes différentiels linéaires : corrigé des exercices de maths spé.

Corrigé de l’exercice 1 : Exponentielles diagonales et nilpotentes

1. La matrice \(tD = \mathrm{diag}(t, -2t, 0)\) est diagonale. Ses puissances sont donc \((tD)^{k} = \mathrm{diag}(t^{k}, (-2t)^{k}, 0^{k})\), et on somme coefficient par coefficient. Ainsi, \(\exp(tD) = \mathrm{diag}(e^{t}, e^{-2t}, 1)\).
2. Un calcul direct donne \[N^{2} = \begin{pmatrix} 0 0 3 \\ 0 0 0 \\ 0 0 0 \end{pmatrix}, \qquad N^{3} = N^{2} N = 0.\] Par conséquent, \(N^{k} = 0\) pour \(k \geq\, 3\), et la série se réduit à trois termes : \[\exp(tN) = I_{3} + tN + \dfrac{t^{2}}{2} N^{2} = \begin{pmatrix} 1 t 2t + \frac{3}{2} t^{2} \\ 0 1 3t \\ 0 0 1 \end{pmatrix}.\] Cette matrice est le résultat demandé.
3. D’après le cours, la solution du problème de Cauchy est \(X(t) = \exp(tN) X(0)\), c’est-à-dire la troisième colonne de \(\exp(tN)\). Donc \(X(t) = ( 2t + \frac{3}{2}t^{2}, \ 3t, \ 1 )\). Vérifions la première équation, qui s’écrit \(x^{\prime} = y + 2z\). D’une part, \(x^{\prime}(t) = 2 + 3t\). D’autre part, \(y + 2z = 3t + 2\). L’égalité est donc satisfaite.

Corrigé de l’exercice 2 : Matrices de la forme λI + N

1. On a \(A = 2I_{2} + N\) avec \(N = \begin{pmatrix} 0 1 \\ 0 0 \end{pmatrix}\) et \(N^{2} = 0\). Or \(2tI_{2}\) commute avec \(tN\). D’après le théorème sur l’exponentielle d’une somme de matrices qui commutent, \(\exp(tA) = \exp(2tI_{2}) \exp(tN) = e^{2t} (I_{2} + tN)\). Ainsi, \(\exp(tA) = e^{2t} \begin{pmatrix} 1 t \\ 0 1 \end{pmatrix}\).
2. Le système s’écrit \(X^{\prime} = AX\) avec \(X(0) = (1, 1)\). Par conséquent, \(X(t) = \exp(tA)(1, 1)\), soit \(x(t) = (1 + t)e^{2t}\) et \(y(t) = e^{2t}\). On vérifie : \(x^{\prime}(t) = e^{2t} + 2(1 + t)e^{2t} = 2x(t) + y(t)\).
3. De même, \(B = -I_{3} + M\) avec \(M = \begin{pmatrix} 0 1 0 \\ 0 0 1 \\ 0 0 0 \end{pmatrix}\). On calcule \(M^{2} = \begin{pmatrix} 0 0 1 \\ 0 0 0 \\ 0 0 0 \end{pmatrix}\) et \(M^{3} = 0\). Comme \(-I_{3}\) commute avec \(M\), on obtient \[\exp(tB) = e^{-t} ( I_{3} + tM + \dfrac{t^{2}}{2} M^{2} ) = e^{-t} \begin{pmatrix} 1 t t^{2}/2 \\ 0 1 t \\ 0 0 1 \end{pmatrix}.\] Enfin, par croissances comparées, \(e^{-t}\), \(te^{-t}\) et \(t^{2}e^{-t}\) tendent vers \(0\). Chaque coefficient tend donc vers \(0\) : \(\exp(tB) \to 0\) quand \(t \to +\infty\).

Corrigé de l’exercice 3 : Exponentielle d’une matrice de rotation

1. On trouve \(J^{2} = \begin{pmatrix} -1 0 \\ 0 -1 \end{pmatrix} = -I_{2}\). Par récurrence, \(J^{2p} = (-1)^{p} I_{2}\) et \(J^{2p+1} = (-1)^{p} J\).
2. La série \(\sum \theta^{k} J^{k}/k!\) converge absolument. On peut donc regrouper les termes pairs et impairs : \[\exp(\theta J) = \sum_{p=0}^{+\infty} \dfrac{(-1)^{p} \theta^{2p}}{(2p)!} I_{2} + \sum_{p=0}^{+\infty} \dfrac{(-1)^{p} \theta^{2p+1}}{(2p+1)!} J.\] On reconnaît les développements de \(\cos\) et \(\sin\). Ainsi, \(\exp(\theta J) = \cos \theta \, I_{2} + \sin \theta \, J\).
3. La solution vaut \(X(t) = \exp(tJ)(1, 0)\), première colonne de \(\exp(tJ)\). Donc \(X(t) = (\cos t, \sin t)\). Ensuite, sans formule explicite, posons \(g(t) = \|X(t)\|_{2}^{2} = \langle X(t), X(t) \rangle\). Alors \(g^{\prime}(t) = 2 \langle X(t), JX(t) \rangle\). Or, pour \(X = (x, y)\), \(\langle X, JX \rangle = x(-y) + yx = 0\). Par conséquent, \(g\) est constante et \(\|X(t)\|_{2} = 1\) pour tout \(t\).
4. Les matrices \(\theta J\) et \(\varphi J\) commutent, donc \(\exp((\theta + \varphi)J) = \exp(\theta J)\exp(\varphi J)\). La première colonne du membre de gauche vaut \((\cos(\theta + \varphi), \sin(\theta + \varphi))\). À droite, la première colonne du produit est \(\exp(\theta J)(\cos \varphi, \sin \varphi)\). En identifiant, on obtient \(\cos(\theta + \varphi) = \cos \theta \cos \varphi – \sin \theta \sin \varphi\) et \(\sin(\theta + \varphi) = \sin \theta \cos \varphi + \cos \theta \sin \varphi\).

Corrigé de l’exercice 4 : Exponentielle d’une matrice symétrique

1. Le polynôme caractéristique vaut \(\chi_{A} = (X – 1)^{2} – 4 = (X – 3)(X + 1)\). Pour \(3\), on résout \(-2x + 2y = 0\) : vecteur propre \((1, 1)\). Pour \(-1\), on résout \(2x + 2y = 0\) : vecteur propre \((1, -1)\). Ainsi, \(P = \begin{pmatrix} 1 1 \\ 1 -1 \end{pmatrix}\), \(D = \mathrm{diag}(3, -1)\), et \(P^{-1} = \dfrac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 1 \\ 1 -1 \end{pmatrix}\).
2. D’après le cours, \(\exp(tA) = P \exp(tD) P^{-1}\). Le calcul donne \[\exp(tA) = \dfrac{1}{2} \begin{pmatrix} e^{3t} + e^{-t} e^{3t} – e^{-t} \\ e^{3t} – e^{-t} e^{3t} + e^{-t} \end{pmatrix}.\] C’est l’exponentielle cherchée. En \(t = 0\), on retrouve bien \(I_{2}\).
3. La solution est \(X(t) = \exp(tA)(2, 0)\), soit deux fois la première colonne. Donc \(X(t) = (e^{3t} + e^{-t}, \ e^{3t} – e^{-t})\).
4. La solution générale s’écrit \(X(t) = c_{1} e^{3t}(1, 1) + c_{2} e^{-t}(1, -1)\), avec \(X_{0} = c_{1}(1, 1) + c_{2}(1, -1)\). Si \(c_{1} = 0\), alors \(X(t) = c_{2}e^{-t}(1, -1) \to 0\). En revanche, si \(c_{1} \neq 0\), alors \(e^{-3t}X(t) \to c_{1}(1, 1) \neq 0\), donc \(\|X(t)\| \to +\infty\). Par conséquent, la solution tend vers \(0\) si et seulement si \(X_{0} \in \mathrm{Vect}((1, -1))\).

Corrigé de l’exercice 5 : Déterminant et spectre de l’exponentielle

1. Le produit de deux matrices triangulaires supérieures est triangulaire supérieur, et sa diagonale est le produit des diagonales. Par récurrence, \(T^{k}\) est triangulaire supérieure de diagonale \((\lambda_{1}^{k}, \ldots, \lambda_{n}^{k})\). Ensuite, l’ensemble des matrices triangulaires supérieures est un sous-espace vectoriel, donc fermé en dimension finie. Les sommes partielles y sont, donc la limite \(\exp(T)\) aussi. Enfin, le coefficient \((i, i)\) de la somme partielle vaut \(\sum_{k \leq\, m} \lambda_{i}^{k}/k! \to e^{\lambda_{i}}\). Donc \(\exp(T)\) est triangulaire supérieure de diagonale \((e^{\lambda_{1}}, \ldots, e^{\lambda_{n}})\).
2. Sur \(\mathbb{C}\), la matrice \(A\) est trigonalisable : \(A = PTP^{-1}\). Par conséquent, \(\exp(A) = P\exp(T)P^{-1}\) est semblable à \(\exp(T)\). Elles ont le même polynôme caractéristique, \(\prod (X – e^{\lambda_{i}})\). D’où \(\mathrm{Sp}(\exp A) = \{e^{\lambda}, \lambda \in \mathrm{Sp}(A)\}\) et \(\det(\exp A) = \prod e^{\lambda_{i}} = e^{\mathrm{tr}(A)}\).
3. Supposons \(\exp(A) = \mathrm{diag}(-1, 2)\) avec \(A\) réelle. Alors \(\det(\exp A) = -2\). Or \(\det(\exp A) = e^{\mathrm{tr}(A)} > 0\), car \(\mathrm{tr}(A)\) est réel. C’est une contradiction : une telle matrice n’existe pas.
4. On a \(\mathrm{tr}(A) = 1 + 5 – 3 = 3\). Par la question 2, \(\det(\exp A) = e^{3}\), sans aucun calcul d’exponentielle.

Corrigé de l’exercice 6 : Deux matrices qui ne commutent pas

1. On calcule \(AB = \begin{pmatrix} 1 0 \\ 0 0 \end{pmatrix}\) et \(BA = \begin{pmatrix} 0 0 \\ 0 1 \end{pmatrix}\). Donc \(AB \neq BA\).
2. Comme \(A^{2} = B^{2} = 0\), on a \(\exp(A) = I_{2} + A\) et \(\exp(B) = I_{2} + B\). Ensuite, \[\exp(A)\exp(B) = I_{2} + A + B + AB = \begin{pmatrix} 2 1 \\ 1 1 \end{pmatrix}, \qquad \exp(B)\exp(A) = I_{2} + A + B + BA = \begin{pmatrix} 1 1 \\ 1 2 \end{pmatrix}.\] Ces deux produits sont différents.
3. Posons \(S = A + B = \begin{pmatrix} 0 1 \\ 1 0 \end{pmatrix}\). On a \(S^{2} = I_{2}\), donc \(S^{2p} = I_{2}\) et \(S^{2p+1} = S\). En regroupant les termes pairs et impairs, \(\exp(A + B) = \mathrm{ch}(1) I_{2} + \mathrm{sh}(1) S = \begin{pmatrix} \mathrm{ch}\, 1 \mathrm{sh}\, 1 \\ \mathrm{sh}\, 1 \mathrm{ch}\, 1 \end{pmatrix}\).
4. Le coefficient \((1, 1)\) de \(\exp(A + B)\) vaut \(\mathrm{ch}(1) \approx 1{,}543\), et non \(2\). Ainsi, \(\exp(A + B) \neq \exp(A)\exp(B)\) : l’hypothèse de commutation est indispensable. Remarquons toutefois que les trois matrices ont le même déterminant \(1 = e^{0}\), comme prévu par l’exercice 5.

Corrigé de l’exercice 7 : Exponentielle et polynôme annulateur

1. Par récurrence, \(P^{k} = P\) pour tout \(k \geq\, 1\). Donc \[\exp(tP) = I_{n} + \sum_{k=1}^{+\infty} \dfrac{t^{k}}{k!} P = I_{n} + (e^{t} – 1)P.\] C’est la formule annoncée.
2. Chaque coefficient de \(U^{2}\) vaut \(1 + 1 + 1 = 3\), donc \(U^{2} = 3U\). Par récurrence, \(U^{k} = 3^{k-1} U\) pour \(k \geq\, 1\). Ainsi, \[\exp(tU) = I_{3} + \sum_{k=1}^{+\infty} \dfrac{3^{k-1} t^{k}}{k!} U = I_{3} + \dfrac{e^{3t} – 1}{3} U.\] On obtient \(\exp(tU) = I_{3} + \frac{1}{3}(e^{3t} – 1)U\).
3. De \(K^{2} = -I_{n}\), on déduit \(K^{2p} = (-1)^{p} I_{n}\) et \(K^{2p+1} = (-1)^{p} K\). En séparant les indices pairs et impairs, comme à l’exercice 3, \(\exp(tK) = \cos t \, I_{n} + \sin t \, K\).

Point de méthode : dès qu’un polynôme annulateur de degré 2 est connu, toutes les puissances se réduisent à une combinaison de \(I_{n}\) et de la matrice, et l’exponentielle aussi.

Corrigé de l’exercice 8 : Valeurs propres complexes et spirale

1. On a \(\chi_{A} = (X + 1)^{2} + 1\), dont les racines sont \(-1 + i\) et \(-1 – i\). Pour \(\lambda = -1 + i\), on résout \((A – \lambda I_{2})V = 0\), soit \(-ix – y = 0\). Le vecteur \(V = (1, -i)\) convient.
2. La fonction \(Z(t) = e^{(-1 + i)t}V\) est une solution complexe. Comme \(A\) est réelle, ses parties réelle et imaginaire sont des solutions réelles. Or \[Z(t) = e^{-t}(\cos t + i \sin t) \begin{pmatrix} 1 \\ -i \end{pmatrix} = e^{-t} \begin{pmatrix} \cos t + i \sin t \\ \sin t – i \cos t \end{pmatrix}.\] On obtient \(X_{1}(t) = e^{-t}(\cos t, \sin t)\) et \(X_{2}(t) = e^{-t}(\sin t, -\cos t)\). Leurs valeurs en \(0\), \((1, 0)\) et \((0, -1)\), sont indépendantes. Comme \(X \mapsto X(0)\) est un isomorphisme, \(X_{1}\) et \(X_{2}\) forment une base de l’espace des solutions, qui est de dimension 2. La solution générale est \(X(t) = e^{-t}(c_{1}\cos t + c_{2}\sin t, \ c_{1}\sin t – c_{2}\cos t)\).
3. Les matrices \(-I_{2}\) et \(J\) commutent, donc \(\exp(tA) = e^{-t}\exp(tJ)\). D’après l’exercice 3, \(\exp(tA) = e^{-t} \begin{pmatrix} \cos t -\sin t \\ \sin t \cos t \end{pmatrix}\). Avec \(X_{0} = (\alpha, \beta)\), on retrouve la formule précédente pour \(c_{1} = \alpha\) et \(c_{2} = -\beta\).
4. Pour \(X(0) = (1, 0)\), on obtient \(X(t) = e^{-t}(\cos t, \sin t)\) et \(\|X(t)\|_{2} = e^{-t}\). Le point tourne donc d’un angle \(t\) autour de l’origine, pendant que sa distance à l’origine décroît exponentiellement. La trajectoire est une spirale logarithmique qui converge vers \(0\), comme le montre la figure ci-dessous : c’est un foyer stable.

Corrigé de l’exercice 9 : Système 3×3 diagonalisable

1. On a bien \(A = I_{3} + U\). La matrice \(U\) est de rang 1, donc \(\ker U\) est le plan \(x + y + z = 0\), de dimension 2. De plus, \(U(1, 1, 1) = 3(1, 1, 1)\). Ainsi, \(U\) a pour valeurs propres \(0\) (double) et \(3\), et elle est diagonalisable. Par conséquent, \(A\) a pour valeurs propres \(1\), de sous-espace propre le plan \(x + y + z = 0\), et \(4\), de sous-espace propre \(\mathrm{Vect}((1, 1, 1))\).
2. Les matrices \(tI_{3}\) et \(tU\) commutent. Avec l’exercice 7, on obtient \[\exp(tA) = e^{t}\exp(tU) = e^{t} I_{3} + \dfrac{e^{4t} – e^{t}}{3} U.\] C’est l’expression cherchée.
3. Comme \(U(1, 0, 0) = (1, 1, 1)\), on trouve \[X(t) = e^{t}(1, 0, 0) + \dfrac{e^{4t} – e^{t}}{3}(1, 1, 1).\] Donc \(x(t) = \dfrac{e^{4t} + 2e^{t}}{3}\) et \(y(t) = z(t) = \dfrac{e^{4t} – e^{t}}{3}\). Vérification : \(2x + y + z = \frac{1}{3}(4e^{4t} + 2e^{t}) = x^{\prime}(t)\).
4. Décomposons \(X_{0} = Y_{0} + Z_{0}\), avec \(Y_{0}\) dans le plan \(x + y + z = 0\) et \(Z_{0} \in \mathrm{Vect}((1, 1, 1))\). Alors \(X(t) = e^{t}Y_{0} + e^{4t}Z_{0}\). Si \(Z_{0} \neq 0\), \(e^{-4t}X(t) \to Z_{0}\), donc \(\|X(t)\| \sim e^{4t}\|Z_{0}\| \to +\infty\). Sinon, \(X(t) = e^{t}Y_{0}\) avec \(Y_{0} \neq 0\), et \(\|X(t)\| = e^{t}\|Y_{0}\| \to +\infty\). Toute solution non nulle tend donc vers l’infini en norme, ce qui est cohérent avec des valeurs propres toutes strictement positives.

Corrigé de l’exercice 10 : Système triangulaire résolu en cascade

1. D’abord, \(z^{\prime} = -z\) donne \(z(t) = c e^{-t}\), avec \(c \in \mathbb{R}\). Ensuite, \(y^{\prime} = y + 2ce^{-t}\). Les solutions homogènes sont \(be^{t}\) ; cherchons une solution particulière \(ke^{-t}\). On obtient \(-k = k + 2c\), soit \(k = -c\). Donc \(y(t) = be^{t} – ce^{-t}\). Enfin, \(x^{\prime} = x + y + z = x + be^{t}\), car les termes en \(e^{-t}\) se compensent. La variation de la constante, \(x = \alpha(t)e^{t}\), donne \(\alpha^{\prime} = b\). Ainsi, \(x(t) = (a + bt)e^{t}\), \(y(t) = be^{t} – ce^{-t}\), \(z(t) = ce^{-t}\), avec \(a, b, c\) réels.
2. Les conditions initiales donnent \(c = 1\), \(b – c = 1\) et \(a = 1\). Donc \(b = 2\), et \(X(t) = ( (1 + 2t)e^{t}, \ 2e^{t} – e^{-t}, \ e^{-t} )\).
3. Si \(b \neq 0\), alors \(|y(t)| \geq\, |b|e^{t} – |c| \to +\infty\). Si \(b = 0\) et \(a \neq 0\), alors \(|x(t)| = |a|e^{t} \to +\infty\). Enfin, si \(a = b = 0\), la solution \(c e^{-t}(0, -1, 1)\) est bornée. Or \(X(0) = (a, b – c, c)\). La solution est bornée sur \(\mathbb{R}_{+}\) si et seulement si \(X_{0} \in \mathrm{Vect}((0, -1, 1))\). Ce vecteur est justement un vecteur propre de la matrice pour la valeur propre \(-1\), la seule valeur propre de partie réelle négative.

Corrigé de l’exercice 11 : Racine double et trigonalisation

1. On a \(\chi_{A} = X^{2} – \mathrm{tr}(A)X + \det(A) = X^{2} – 4X + 4 = (X – 2)^{2}\). Si \(A\) était diagonalisable, elle serait semblable à \(2I_{2}\), donc égale à \(2I_{2}\). Ce n’est pas le cas : \(A\) n’est pas diagonalisable.
2. On a \(A – 2I_{2} = \begin{pmatrix} 1 -1 \\ 1 -1 \end{pmatrix}\), de noyau \(\mathrm{Vect}((1, 1))\). On prend \(V_{1} = (1, 1)\). Ensuite, \((A – 2I_{2})(x, y) = (x – y, x – y) = (1, 1)\) est satisfait par \(V_{2} = (1, 0)\). Alors \(AV_{1} = 2V_{1}\) et \(AV_{2} = V_{1} + 2V_{2}\). Ainsi, \(P = \begin{pmatrix} 1 1 \\ 1 0 \end{pmatrix}\), de déterminant \(-1\), convient, avec \(P^{-1} = \begin{pmatrix} 0 1 \\ 1 -1 \end{pmatrix}\).
3. Première méthode : \(\exp(tT) = e^{2t}\begin{pmatrix} 1 t \\ 0 1 \end{pmatrix}\) par l’exercice 2. Puis \[P\exp(tT) = e^{2t}\begin{pmatrix} 1 1 + t \\ 1 t \end{pmatrix}, \quad P\exp(tT)P^{-1} = e^{2t}\begin{pmatrix} 1 + t -t \\ t 1 – t \end{pmatrix}.\] Seconde méthode : \(N = A – 2I_{2}\) vérifie \(N^{2} = 0\), et \(2I_{2}\) commute avec \(N\). Donc \(\exp(tA) = e^{2t}(I_{2} + tN)\). Les deux méthodes donnent \(\exp(tA) = e^{2t}\begin{pmatrix} 1 + t -t \\ t 1 – t \end{pmatrix}\).
4. On calcule \(\exp(tA)(1, 2) = e^{2t}(1 + t – 2t, \ t + 2 – 2t)\). Donc \(X(t) = e^{2t}(1 – t, \ 2 – t)\). Vérification : \(x^{\prime} = e^{2t}(1 – 2t)\) et \(3x – y = e^{2t}(3 – 3t – 2 + t) = e^{2t}(1 – 2t)\).

Corrigé de l’exercice 12 : Problème de Cauchy en un instant quelconque

1. La matrice de \(a\) est \(A = \begin{pmatrix} 0 1 \\ 1 0 \end{pmatrix}\), et \(A^{2} = I_{2}\). Donc \(A^{2p} = I_{2}\) et \(A^{2p+1} = A\). En regroupant les termes pairs et impairs de la série, \(\exp(tA) = \mathrm{ch}(t) I_{2} + \mathrm{sh}(t) A\).
2. D’après le théorème de Cauchy, la solution est \(u(t) = \exp((t – 1)a)(1, 0)\). Matriciellement, c’est la première colonne de \(\exp((t – 1)A)\). Donc \(u(t) = (\mathrm{ch}(t – 1), \ \mathrm{sh}(t – 1))\).
3. Pour tout \(t\), \(x^{2} – y^{2} = \mathrm{ch}^{2}(t – 1) – \mathrm{sh}^{2}(t – 1) = 1\). De plus, \(x(t) > 0\). Enfin, \(t \mapsto \mathrm{sh}(t – 1)\) est une bijection strictement croissante de \(\mathbb{R}\) sur \(\mathbb{R}\). La trajectoire est donc toute la branche \(x > 0\) de l’hyperbole, parcourue une fois, de bas en haut. La figure ci-dessous représente cette branche et le point atteint en \(t = 1\).

4. Posons \(w(t) = \exp(-(t – 1)A)v(t)\). Par dérivation d’un produit, \[w^{\prime}(t) = -A\exp(-(t – 1)A)v(t) + \exp(-(t – 1)A)Av(t).\] Or \(A\) commute avec \(\exp(-(t – 1)A)\), donc \(w^{\prime} = 0\). Ainsi, \(w\) est constante sur l’intervalle \(\mathbb{R}\), égale à \(w(1) = v(1)\). En multipliant par \(\exp((t – 1)A)\), inverse de \(\exp(-(t – 1)A)\), on obtient \(v(t) = \exp((t – 1)A)v(1)\), d’où l’unicité.

Corrigé de l’exercice 13 : Équation d’ordre 2 et matrice compagnon

1. Si \(y\) est deux fois dérivable et \(X = (y, y^{\prime})\), alors \(X^{\prime} = (y^{\prime}, y^{\prime\prime})\). L’équation équivaut à \(y^{\prime\prime} = -y – 2y^{\prime}\). Donc \(y\) est solution si et seulement si \(X^{\prime} = AX\), avec \(A = \begin{pmatrix} 0 1 \\ -1 -2 \end{pmatrix}\). Réciproquement, si \(X = (x_{1}, x_{2})\) est solution, alors \(x_{1}^{\prime} = x_{2}\) et \(y = x_{1}\) convient.
2. On a \(A + I_{2} = \begin{pmatrix} 1 1 \\ -1 -1 \end{pmatrix}\), et \((A + I_{2})^{2} = \begin{pmatrix} 0 0 \\ 0 0 \end{pmatrix}\). Comme \(-I_{2}\) commute avec \(A + I_{2}\), \[\exp(tA) = e^{-t}( I_{2} + t(A + I_{2}) ) = e^{-t}\begin{pmatrix} 1 + t t \\ -t 1 – t \end{pmatrix}.\] C’est l’exponentielle cherchée.
3. La solution est la première coordonnée de \(\exp(tA)(y_{0}, y_{1})\). Donc \(y(t) = e^{-t}( (1 + t)y_{0} + t y_{1} )\), et pour \(y_{0} = 1\), \(y_{1} = 0\), \(y(t) = (1 + t)e^{-t}\). Vérifions : \(y^{\prime} = -te^{-t}\) et \(y^{\prime\prime} = (t – 1)e^{-t}\). Donc \(y^{\prime\prime} + 2y^{\prime} + y = e^{-t}(t – 1 – 2t + 1 + t) = 0\). De plus, la seconde ligne de \(\exp(tA)\) donne \(y^{\prime}(t) = -te^{-t}\), ce qui est cohérent.

Corrigé de l’exercice 14 : L’exponentielle comme limite

1. Pour \(1 \leq\, k \leq\, n\), on écrit \[\dfrac{1}{n^{k}}\binom\,{n}{k} = \dfrac{n(n – 1)\cdots(n – k + 1)}{k! \, n^{k}} = \dfrac{1}{k!}\prod_{j=0}^{k-1}( 1 – \dfrac{j}{n} ).\] Chaque facteur du produit est dans \([0, 1]\), donc le produit aussi. Pour \(k = 0\), les deux termes valent \(1\). D’où \(0 \leq\, \frac{1}{k!} – \frac{1}{n^{k}}\binom\,{n}{k} \leq\, \frac{1}{k!}\).
2. Par la formule du binôme (\(I_{n}\) commute avec \(A\)), \((I_{n} + A/n)^{n} = \sum_{k=0}^{n}\binom\,{n}{k}n^{-k}A^{k}\). Posons \(\alpha_{k} = \frac{1}{k!} – \binom\,{n}{k}n^{-k} \geq\, 0\), avec \(\alpha_{0} = 0\). Alors \[\exp(A) – ( I_{n} + \dfrac{A}{n} )^{n} = \sum_{k=1}^{n}\alpha_{k}A^{k} + \sum_{k > n}\dfrac{A^{k}}{k!}.\] Avec \(\|A^{k}\| \leq\, \|A\|^{k}\) pour \(k \geq\, 1\), l’inégalité triangulaire donne une majoration par \(\sum_{k \leq\, n}\alpha_{k}\|A\|^{k} + \sum_{k > n}\|A\|^{k}/k!\). Or cette dernière somme vaut exactement \(e^{\|A\|} – (1 + \|A\|/n)^{n}\), par le même calcul dans \(\mathbb{R}\). L’inégalité demandée est établie.
3. Le réel \(a = \|A\|\) est fixé, et \((1 + a/n)^{n} = \exp(n\ln(1 + a/n)) \to e^{a}\), car \(n\ln(1 + a/n) \to a\). Le majorant tend donc vers \(0\). Ainsi, \((I_{n} + A/n)^{n} \to \exp(A)\).

Corrigé de l’exercice 15 : L’exponentielle est un polynôme en A

1. L’ensemble \(\mathbb{K}[A]\) est l’image de l’application linéaire \(Q \mapsto Q(A)\), donc un sous-espace vectoriel. Par le théorème de Cayley-Hamilton, \(\chi_{A}(A) = 0\) avec \(\deg \chi_{A} = n\). Par division euclidienne, tout \(Q(A)\) s’écrit alors \(R(A)\) avec \(\deg R \leq\, n – 1\). Donc \(\mathbb{K}[A] = \mathrm{Vect}(I_{n}, A, \ldots, A^{n-1})\), de dimension au plus \(n\). Enfin, un sous-espace de dimension finie est fermé.
2. Les sommes partielles \(\sum_{k \leq\, m}A^{k}/k!\) appartiennent à \(\mathbb{K}[A]\). Comme ce sous-espace est fermé, la limite \(\exp(A)\) y appartient aussi. Il existe donc \(Q\) de degré au plus \(n – 1\) tel que \(\exp(A) = Q(A)\).
3. Si \(MA = AM\), alors \(MA^{k} = A^{k}M\) pour tout \(k\), donc \(M\) commute avec tout polynôme en \(A\). En particulier, \(M\) commute avec \(\exp(A) = Q(A)\).
4. Si \(A^{2} = I_{2}\), le calcul de l’exercice 12 donne \(\exp(A) = \mathrm{ch}(1)I_{2} + \mathrm{sh}(1)A\). Donc \(Q = \mathrm{ch}(1) + \mathrm{sh}(1)X\).

Corrigé de l’exercice 16 : Comportement des solutions selon un paramètre

1. On a \(\chi_{A_{a}} = (X + 1)^{2} – a\). Si \(a > 0\), les valeurs propres sont \(-1 \pm \sqrt{a}\). Si \(a = 0\), \(-1\) est valeur propre double. Si \(a < 0\), ce sont \(-1 \pm i\sqrt{-a}\).
2. Si \(a < 0\), les deux valeurs propres sont distinctes, donc \(A_{a}\) est diagonalisable sur \(\mathbb{C}\), et leur partie réelle vaut \(-1\). Si \(0 < a < 1\), les valeurs propres \(-1 \pm \sqrt{a}\) sont distinctes et strictement négatives. Dans les deux cas, d’après le théorème du cours, toutes les solutions tendent vers \(0\). Pour \(a = 0\), \(A_{0} = -I_{2} + N\) avec \(N = \begin{pmatrix} 0 0 \\ 1 0 \end{pmatrix}\) et \(N^{2} = 0\). Donc \(\exp(tA_{0}) = e^{-t}\begin{pmatrix} 1 0 \\ t 1 \end{pmatrix} \to 0\) par croissances comparées. Pour tout \(a < 1\), toutes les solutions tendent vers \(0\).
3. Pour \(a = 1\), les valeurs propres sont \(0\) et \(-2\). Le noyau de \(A_{1}\) est dirigé par \((1, 1)\) ; celui de \(A_{1} + 2I_{2}\) par \((1, -1)\). Les solutions sont \(X(t) = c_{1}(1, 1) + c_{2}e^{-2t}(1, -1)\). Elles sont bornées sur \(\mathbb{R}_{+}\) et tendent vers \(c_{1}(1, 1)\). En particulier, les solutions constantes \(c_{1}(1, 1)\), avec \(c_{1} \neq 0\), ne tendent pas vers \(0\). Toute la droite \(y = x\) est formée de points fixes.
4. Pour \(a > 1\), \(\lambda = -1 + \sqrt{a} > 0\). Avec \(V\) un vecteur propre associé, \(X(t) = e^{\lambda t}V\) est solution et \(\|X(t)\| = e^{\lambda t}\|V\| \to +\infty\). Il existe donc des solutions non bornées. L’autre valeur propre \(-1 – \sqrt{a}\) est négative : l’origine est un col. La figure ci-dessous compare les trois régimes.

Corrigé de l’exercice 17 : Commutation et exponentielle d’une somme

1. D’après le cours, \(\varphi(t) = \exp(tA)\) est dérivable et \(\varphi^{\prime}(t) = A\varphi(t)\). Or le membre de droite est dérivable, de dérivée \(A\varphi^{\prime}(t) = A^{2}\varphi(t)\), continue. Donc \(\varphi\) est de classe \(\mathcal{C}^{2}\), avec \(\varphi^{\prime} = A\varphi\) et \(\varphi^{\prime\prime} = A^{2}\varphi\).
2. Posons \(f(t) = \exp(tA)\exp(tB)\). En dérivant le produit, \(f^{\prime}(t) = A\exp(tA)\exp(tB) + \exp(tA)B\exp(tB)\). En dérivant encore, \[f^{\prime\prime}(t) = A^{2}e^{tA}e^{tB} + 2Ae^{tA}Be^{tB} + e^{tA}B^{2}e^{tB}.\] Donc \(f^{\prime\prime}(0) = A^{2} + 2AB + B^{2}\). D’autre part, \(g(t) = \exp(t(A + B))\) vérifie \(g^{\prime\prime}(0) = (A + B)^{2} = A^{2} + AB + BA + B^{2}\). Comme \(f = g\), leurs dérivées secondes en \(0\) coïncident. On en déduit \(AB = BA\).
3. On calcule \(AB = \begin{pmatrix} 0 1 \\ 0 0 \end{pmatrix}\) et \(BA = \begin{pmatrix} 0 2 \\ 0 0 \end{pmatrix}\). Donc \(AB \neq BA\). Par contraposée de la question 2, l’égalité \(\exp(tA)\exp(tB) = \exp(t(A + B))\) est fausse pour au moins un réel \(t\).

Corrigé de l’exercice 18 : Exponentielle non injective

1. D’après l’exercice 3, \(\exp(2\pi J) = \cos(2\pi)I_{2} + \sin(2\pi)J = I_{2}\). Or \(\exp(0) = I_{2}\) et \(2\pi J \neq 0\). L’exponentielle n’est donc pas injective.
2. Écrivons \(A = PDP^{-1}\) avec \(D = \mathrm{diag}(\lambda_{1}, \ldots, \lambda_{n})\). Alors \(\exp(A) = P\,\mathrm{diag}(e^{\lambda_{i}})\,P^{-1}\). Ainsi, \(\exp(A) = I_{n}\) si et seulement si \(\mathrm{diag}(e^{\lambda_{i}}) = I_{n}\), c’est-à-dire \(e^{\lambda_{i}} = 1\) pour tout \(i\). Or \(e^{z} = 1\) équivaut à \(z \in 2i\pi\mathbb{Z}\). D’où l’équivalence demandée.
3. Soit \(p\) tel que \(N^{p} = 0\). On a \(\exp(N) – I_{n} = NU\), avec \(U = \sum_{k=1}^{p} \frac{N^{k-1}}{k!} = I_{n} + M\), où \(M = \sum_{k=2}^{p}\frac{N^{k-1}}{k!}\). La matrice \(M\) est un multiple de \(N\) qui commute avec \(N\), donc \(M^{p} = 0\). Ainsi, \(U = I_{n} + M\) est inversible, d’inverse \(\sum_{k=0}^{p-1}(-M)^{k}\), car \((I_{n} + M)\sum_{k=0}^{p-1}(-M)^{k} = I_{n} – (-M)^{p} = I_{n}\). Enfin, \(NU = 0\) entraîne \(N = NUU^{-1} = 0\). Donc \(N = 0\).
4. Supposons \(\exp(A) = D = \mathrm{diag}(-1, -2)\) avec \(A\) réelle. D’après l’exercice 15, \(A\) commute avec \(\exp(A) = D\). En écrivant \(AD = DA\) coefficient par coefficient, \(a_{ij}d_{j} = d_{i}a_{ij}\), donc \(a_{ij} = 0\) pour \(i \neq j\), car \(d_{1} \neq d_{2}\). Ainsi \(A = \mathrm{diag}(\alpha, \beta)\) avec \(\alpha, \beta\) réels, et \(\exp(A) = \mathrm{diag}(e^{\alpha}, e^{\beta})\). Or \(e^{\alpha} > 0 \neq -1\). Aucune matrice réelle ne convient, bien que \(\det D = 2 > 0\).

Corrigé de l’exercice 19 : Parties réelles négatives et convergence vers 0

1. Par variation de la constante, les solutions sont \(y(t) = e^{\lambda t}( c + \int_{0}^{t}e^{-\lambda s}f(s)\,ds )\). Par linéarité, il suffit de traiter \(f(s) = Q(s)e^{\mu s}\). Si \(\mu = \lambda\), l’intégrale vaut \(\int_{0}^{t}Q\), qui est un polynôme. Si \(\alpha = \mu – \lambda \neq 0\), l’application \(R \mapsto R^{\prime} + \alpha R\) est linéaire et injective sur \(\mathbb{C}_{d}[X]\), où \(d = \deg Q\), car elle conserve le degré. Elle est donc bijective, et il existe \(R\) tel que \((Re^{\alpha s})^{\prime} = Qe^{\alpha s}\). L’intégrale vaut alors \(R(t)e^{\alpha t} – R(0)\). En multipliant par \(e^{\lambda t}\), \(y\) est une somme de termes \(R(t)e^{\lambda t}\) et \(R(t)e^{\mu t}\).
2. La dernière équation \(y_{n}^{\prime} = \lambda_{n}y_{n}\) donne \(y_{n} = ce^{\lambda_{n}t}\) : la propriété est vraie au rang \(n\). Supposons-la vraie pour les indices \(k + 1, \ldots, n\). La \(k\)-ième équation s’écrit \(y_{k}^{\prime} = \lambda_{k}y_{k} + f_{k}\), avec \(f_{k} = \sum_{j > k}t_{kj}y_{j}\). Par hypothèse, \(f_{k}\) est une somme de termes \(R(t)e^{\lambda_{j}t}\), \(j > k\). D’après la question 1, \(y_{k}\) est une somme de termes \(R(t)e^{\lambda_{j}t}\) avec \(j \geq\, k\), ce qui achève la récurrence.
3. Trigonalisons : \(A = PTP^{-1}\). Si \(X^{\prime} = AX\), alors \(Y = P^{-1}X\) vérifie \(Y^{\prime} = TY\). Chaque coordonnée de \(Y\) est une somme de termes \(R(t)e^{\lambda_{j}t}\), avec \(|R(t)e^{\lambda_{j}t}| = |R(t)|e^{\mathrm{Re}(\lambda_{j})t}\). Comme \(\mathrm{Re}(\lambda_{j}) < 0\), ces termes tendent vers \(0\) par croissances comparées. Donc \(Y(t) \to 0\), puis \(X = PY \to 0\) par continuité de \(Y \mapsto PY\). Toute solution tend vers \(0\).
4. Supposons qu’une valeur propre \(\lambda\) vérifie \(\mathrm{Re}(\lambda) \geq\, 0\), et soit \(V \neq 0\) tel que \(AV = \lambda V\). Alors \(X(t) = e^{\lambda t}V\) est solution et \(\|X(t)\| = e^{\mathrm{Re}(\lambda)t}\|V\| \geq\, \|V\| > 0\) pour \(t \geq\, 0\). Elle ne tend donc pas vers \(0\). Par contraposée, la réciproque est démontrée.

Point de méthode : la résolution en cascade d’un système triangulaire suffit à décrire toutes les solutions, sans aucune décomposition plus fine de la matrice.

Corrigé de l’exercice 20 : Problème, trois compartiments

1. Avec \(X = (x, y, z)\), le système s’écrit \(X^{\prime} = AX\), où \(A = \begin{pmatrix} -2 0 0 \\ 2 -1 0 \\ 0 1 0 \end{pmatrix}\). De plus, \((x + y + z)^{\prime} = -2x + 2x – y + y = 0\). Donc \(x + y + z\) est constante, égale à \(x(0) + y(0) + z(0) = 1\) : la substance se conserve.
2. La matrice \(A\) est triangulaire inférieure, de valeurs propres \(-2\), \(-1\) et \(0\). Elles sont distinctes, donc \(A\) est diagonalisable. Pour \(-2\), on résout \(2x + y = 0\) et \(y + 2z = 0\) : vecteur \(V_{1} = (1, -2, 1)\). Pour \(-1\), on obtient \(x = 0\) et \(y + z = 0\) : vecteur \(V_{2} = (0, 1, -1)\). Pour \(0\), on obtient \(x = y = 0\) : vecteur \(V_{3} = (0, 0, 1)\). La famille \((V_{1}, V_{2}, V_{3})\) est une base de vecteurs propres.
3. La solution générale est \(X(t) = c_{1}e^{-2t}V_{1} + c_{2}e^{-t}V_{2} + c_{3}V_{3}\). En \(t = 0\), on doit avoir \((c_{1}, -2c_{1} + c_{2}, c_{1} – c_{2} + c_{3}) = (1, 0, 0)\), donc \(c_{1} = 1\), \(c_{2} = 2\), \(c_{3} = 1\). Par conséquent, \(x(t) = e^{-2t}\), \(y(t) = 2(e^{-t} – e^{-2t})\) et \(z(t) = 1 – 2e^{-t} + e^{-2t} = (1 – e^{-t})^{2}\). On retrouve bien \(x + y + z = 1\).
4. On a \(y^{\prime}(t) = -2e^{-t} + 4e^{-2t} = 2e^{-2t}(2 – e^{t})\). Cette dérivée est positive pour \(t < \ln 2\) et négative ensuite. La quantité \(y\) est maximale en \(t = \ln 2\), et vaut alors \(2( \frac{1}{2} – \frac{1}{4} ) = \frac{1}{2}\).
5. Les termes \(e^{-t}\) et \(e^{-2t}\) tendent vers \(0\). Donc \(x \to 0\), \(y \to 0\) et \(z \to 1\) : toute la substance finit dans le compartiment 3. En effet, les composantes sur \(V_{1}\) et \(V_{2}\) s’amortissent, car \(-2\) et \(-1\) sont strictement négatives. Seule reste la composante sur \(V_{3}\), associée à la valeur propre \(0\). La figure ci-dessous montre l’évolution des trois quantités.

Corrigé de l’exercice 21 : Problème, trigonalisation d’un système 3×3

1. On développe \(\det(XI_{3} – A)\) selon la première ligne : \[\chi_{A} = (X – 1)[ (X – 1)(X – 2) + 1 ] – (X – 1) = (X – 1)^{2}(X – 2).\] Ensuite, \(A – I_{3} = \begin{pmatrix} 0 0 1 \\ 0 0 1 \\ 1 -1 1 \end{pmatrix}\) donne \(z = 0\) et \(x = y\), d’où \(E_{1} = \mathrm{Vect}((1, 1, 0))\). De même, \(A – 2I_{3}\) donne \(x = z\) et \(y = z\), d’où \(E_{2} = \mathrm{Vect}((1, 1, 1))\). Comme \(\dim E_{1} = 1 < 2\), \(A\) n’est pas diagonalisable.
2. On a \((A – I_{3})(0, b, c) = (c, c, -b + c)\). L’égalité avec \((1, 1, 0)\) impose \(c = 1\) et \(b = 1\) : \(V_{2} = (0, 1, 1)\). La matrice \(P = \begin{pmatrix} 1 0 1 \\ 1 1 1 \\ 0 1 1 \end{pmatrix}\) a pour déterminant \(1\), donc elle est inversible. Enfin, \(AV_{1} = V_{1}\), \(AV_{2} = V_{1} + V_{2}\) et \(AV_{3} = 2V_{3}\). Ces relations traduisent exactement \(P^{-1}AP = T\).
3. Le bloc \(\begin{pmatrix} 1 1 \\ 0 1 \end{pmatrix}\) a pour exponentielle \(e^{t}\begin{pmatrix} 1 t \\ 0 1 \end{pmatrix}\), comme à l’exercice 2. Comme \(T\) est diagonale par blocs, \(\exp(tT) = \begin{pmatrix} e^{t} te^{t} 0 \\ 0 e^{t} 0 \\ 0 0 e^{2t} \end{pmatrix}\). Par la méthode du pivot, \(P^{-1} = \begin{pmatrix} 0 1 -1 \\ -1 1 0 \\ 1 -1 1 \end{pmatrix}\), et on vérifie \(PP^{-1} = I_{3}\). Le produit \(P\exp(tT)P^{-1}\) donne alors \[\exp(tA) = \begin{pmatrix} e^{2t} – te^{t} (1 + t)e^{t} – e^{2t} e^{2t} – e^{t} \\ e^{2t} – (1 + t)e^{t} (2 + t)e^{t} – e^{2t} e^{2t} – e^{t} \\ e^{2t} – e^{t} e^{t} – e^{2t} e^{2t} \end{pmatrix}.\] En \(t = 0\), on retrouve bien \(I_{3}\).
4. Les coordonnées de \(X_{0} = (1, 0, 0)\) dans la base \((V_{1}, V_{2}, V_{3})\) sont \(P^{-1}X_{0} = (0, -1, 1)\). Donc \(Y(t) = \exp(tT)(0, -1, 1) = (-te^{t}, -e^{t}, e^{2t})\). En revenant à \(X = PY = -te^{t}V_{1} – e^{t}V_{2} + e^{2t}V_{3}\), \(X(t) = ( e^{2t} – te^{t}, \ e^{2t} – (1 + t)e^{t}, \ e^{2t} – e^{t} )\). C’est bien la première colonne de \(\exp(tA)\).
5. Notons \((\alpha, \beta, \gamma) = P^{-1}X_{0}\). Alors \(X(t) = (\alpha + \beta t)e^{t}V_{1} + \beta e^{t}V_{2} + \gamma e^{2t}V_{3}\). Par croissances comparées, \(e^{-2t}X(t) \to \gamma V_{3}\). Cette limite est nulle si et seulement si \(\gamma = 0\). Or \(\gamma\) est la troisième ligne de \(P^{-1}X_{0}\), soit \(x_{0} – y_{0} + z_{0}\). La condition cherchée est donc \(x_{0} – y_{0} + z_{0} = 0\) : c’est le plan \(\mathrm{Vect}(V_{1}, V_{2}) = \ker(A – I_{3})^{2}\).

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Pour aller plus loin en maths spé

• Le cours : systèmes différentiels linéaires, cours de maths spé
• Les énoncés : exercices de maths spé sur systèmes différentiels linéaires
• À maîtriser avant : Équations différentielles linéaires, Polynômes d'endomorphismes et Cayley-Hamilton, Compacité, connexité par arcs et dimension finie
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