Exo système différentiel

EPSTO

Algèbre

2016/2017

Exercice
Résoudre le système différentiel suivant :

(S) :


0


 x = x + 2y + z
y0 = y + z


 z 0 = −y + 3z

Solution




1

2


On pose A = 
 0

1

1




1 

0 −1 3

x0





1

2


 
0 

(S) ⇒ 
 y = 0 1
z0
0 −1
 

x
x0
 

0

 0
,U =
 y  et U =  y
z
z0

1. Le polynôme caractéristique :


2
1
 1−λ

PA (λ) = det(A − λId) =  0
1−λ
1

 0
−1 3 − λ
Les valeurs propres sont λ = 1 simple et λ = 2

1



x



 
 
1 
 y 
3
z


 , ainsi : (S) : U 0 = AU .






 = (1 − λ)(2 − λ)2 .



double.

(Remarque : PA (λ) est scindé ⇒ A est au moins trigonalisable.)
2. Les espaces propres associés :
• L’espace associé à λ= 1 :

   

0 2 1
x
0

 2y + z = 0

   
   
(A − 1Id)X = 0 ⇒ 
⇒y=z=0
 0 0 1  y  =  0  ⇒  z = 0

 −y + 2z = 0
0 −1 2
z
0
 
* 1 +
 

E1 = {(x, 0, 0); x ∈ IR∗ } = 
 0  .
0
• L’espace associé à 
λ=2:
   
(
(
x
0
−1 2 1
   

−x
+
2y
+
z
=
0
y=z
   
⇒
(A−2Id)X = 0 ⇒ 
 0 −1 1   y  =  0  ⇒
−y + z = 0
x = 3z
0
0 −1 1
z
 
* 3 +
 

E2 = {(3z, z, z); z ∈ IR∗ } = 
 1  . dim E2 = 1 < 2 ⇒ A n’est pas diagonalisable.
1

EPSTO

Algèbre

2016/2017

v v v
 1 2 3
1 3 x
v1

3. Trigonalisation : A = P T P −1 , où : P = 
 0 1 y  v2


0 1 z
v3

   
(
−1 2 1
x
3

   
y =z−1
   
on a (A − 2Id)v3 = v2 ⇒ 
.
 0 −1 1   y  =  1  ⇒
x = 3z − 5
0 −1 1
z
1
 


1
1 3 1
 





On prend pour z = 2 : v3 = 
 1  , ainsi P =  0 1 1  .
2
0 1 2

La matrice T =

Av1 Av2

1 0

 0 2

0 0

Av3

0
v1


1  v2
2
v3

, car




 Av1 = v1 = 1.v1 + 0.v2 + 0.v3

Av2 = 2v2 = 0.v1 + 2.v2 + 0.v3


 (A − 2Id)v = v ⇒ Av = v + 2v
3
2
3
2
3

−1
−1 0
4. Le système différentiel : On a (S) : U 0 = AU = P
P −1
T P U ⇒
 P U = T
U .
0
a
1 0 0
a

 

−1
0
0 


En posant V = P U on obtient (S) : V = T V ⇒ 
 b  =  0 2 1  b
c0
0 0 2
c


0
2t




 a =a
 c(t) = α1 e
⇒
b0 = 2b + c ⇒
b(t) = α2 e2t + α1 te2t




 c0 = 2c
 a(t) = α et
3
  
 
1 3 1
a
x
  
 
−1





Finalement si V = P U alors U = P V . D’où :  y  =  0 1 1   b 
.
z
0 1 2
c


t
2t




 x(t) = a(t) + 3b(t) + c(t)
 x(t) = α3 e + (3α2 + 3α1 t + α1 )e

⇒

y(t) = b(t) + c(t)


 z(t) = b(t) + 2c(t)

⇒

y(t) = (α2 + α1 t + α1 )e2t


 z(t) = (α + α t + 2α )e2t
2
1
1



.
