Université Denis Diderot 2002-2003 DEUG MIAS Info MT231 Groupe I23

Devoir surveillé n^{o}3 Corrigé

Exercice 2 Calculons le polynôme caractéristique de f, en développant par rapport à la première ligne :

χ = | \begin{matrix}−3 − X & 0 & 0 \\ 4 & −9 − X & 12 \\ 2 & −3 & 3 − X \end{matrix} | = (−3 − X) | \begin{matrix}−9 − X & 12 \\ −3 & 3 − X \end{matrix} |
= −(X + 3)(X^{2} + 6X + 9) = −(X + 3)^{3}.

L’endomorphisme f a donc bien une unique valeur propre, qui vaut −3. Calculons le sous-espace propre associé à cette valeur propre : un vecteur v = (x, y, z) est dans E_{−3}(f) si et seulement si (f + 3id)(v) = 0, soit encore en coordonnées

\{ \begin{matrix}0 = 0 \\ 4x − 6y + 12z = 0 \\ 2x − 3y + 6z = 0 \end{matrix} ⇔ x = \frac{3}{2}y − 3z ⇔ ( \begin{matrix}x \\ y \\ z \end{matrix} ) = y ( \frac{3}{2} 1 0 ) + z (\begin{matrix}−3 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}).

On peut donc prendre e_{1} = (3, 2, 0) et e_{2} = (−3, 0, 1). Comme ce sont des vecteurs propres associés à la valeur propre −3, on a f(e_{1}) = −3e_{1} et f(e_{2}) = −3e_{2}. L’image par f de e_{3} = (1, 0, 0) se lit sur la matrice de f dans la base canonique : f(e_{3}) = (−3, 4, 2), et il est facile de décomposer ce vecteur dans la nouvelle base : f(e_{3}) = 2e_{1} + 2e_{2} − 3e_{3}. Par conséquent

T := Mat_{(e_{i})} f = ( \begin{matrix}−3 & 0 & 2 \\ 0 & −3 & 2 \\ 0 & 0 & −3 \end{matrix} ).

Le système différentiel proposé s’écrit sous forme matricielle X′ = AX + te^{−3t}V, où X : ℝ → ℝ^{3} est le vecteur colonne formé par les fonctions x, y, z, A est la matrice considérée au début de l’exercice, et V est le vecteur colonne de composantes 3, 2, 0. Effectuons le changement d’inconnue X = P Y, où P est la matrice de passage de la base canonique à la base (e_{1}, e_{2}, e_{3}). D’après le théorème de changement de base et la définition de T, on a A = P T P^{−1}, d’où

P Y′ = P T P^{−1}P Y + te^{−3t}V ⇔ Y′ = T Y + te^{−3t}P^{−1}V.

Remarquons que V est le premier vecteur colonne de la matrice P : on a donc

P ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) = V ⇔ P^{−1}V = ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ).

Appelons u, v et w les composantes de Y, d’apès les expressions de T et P^{−1}V obtenue précédemment, l’équation différentielle vectorielle Y′ = T Y + te^{−3t}P^{−1}V s’écrit sous la forme du système différentiel suivant :

\{ \begin{matrix}u′ = −3u + 2w + te^{−3t} \\ v′ = −3v + 2w \\ w′ = −3w. \end{matrix}

De la dernière équation on déduit l’existence d’une certaine constante c telle que w(t) = ce^{−3t} pour tout t. En injectant cette expression dans la deuxième équation on obtient l’équation différentielle v′ = −3v + 2ce^{−3t} que l’on résoud par variation de la constante : on cherche v sous la forme v(t) = g(t)e^{−3t} et on a alors

e^{−3t}g′(t) = 2ce^{−3t} d’où g(t) = 2ct + b

pour tout t et pour une certaine constante b. En revenant à v on obtient v(t) = (2ct+b)e^{−3t} pour tout t. On procède de même pour u, qui vérifie l’équation différentielle u′ = −3u+2ce^{−3t} +te^{−3t} : si u(t) = f(t)e^{−3t} pour tout t, cette équation différentielle équivaut à

∀ t f′(t) = 2c + t d’où ∀ t f(t) = a + 2ct + \frac{t^{2}}{2} ,

pour une certaine constance a. On revient de Y à X en multipliant à gauche par P :

X(t) = ( \begin{matrix}3 & −3 & 1 \\ 2 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}(a + 2ct + \frac{t^{2}}{2} )e^{−3t} \\ (b + 2ct)e^{−3t} \\ ce^{−3t} \end{matrix} )

= (a + 2ct + \frac{t^{2}}{2} )e^{−3t}( \begin{matrix}3 \\ 2 \\ 0 \end{matrix} ) + (b + 2ct)e^{−3t}( \begin{matrix}−3 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ) + ce^{−3t}( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ).

Ainsi l’ensemble des solutions du système est donné par les relations suivantes, où a, b et c sont trois constantes réelles :

\{ \begin{matrix}∀ t x(t) = (3a − 3b + c + \frac{3}{2}t^{2})e^{−3t} \\ ∀ t y(t) = (2a + 4ct + t^{2})e^{−3t} \\ ∀ t z(t) = (b + 2ct)e^{−3t}. \end{matrix}