Exercice 4 - Exercice 1

Le système différentiel $$S$$ s'écrit comme :
$$\left( \begin{array}{c} x' \\ y' \\ z' \\ \end{array} \right) = \begin{pmatrix} 5 & -1 & 9 \\ 3 & 4 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \\ \end{pmatrix} \left( \begin{array}{c} x \\ y \\ z \\ \end{array} \right)$$
On adopte alors la notation suivante :
$$X_B = \left( \begin{array}{c} x \\ y \\ z \\ \end{array} \right) \,\,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\,\, \dfrac{d}{dt} X_B = \left( \begin{array}{c} x' \\ y' \\ z' \\ \end{array} \right)$$
Dans ce cas, le système $$S$$ prend la forme suivante :
$$\dfrac{d}{dt} X_B = M \, X_B$$
Avec :
$$M = \begin{pmatrix} 5 & -1 & 9 \\ 3 & 4 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \\ \end{pmatrix}$$

Soit $$\lambda$$ un réel. Le polynôme caractéristique $$P_M$$ de $$M$$ est donné par :
$$P_M(\lambda) = \left|\begin{array}{ccc} 5 - \lambda & -1 & 9 \\ 3 & 4 - \lambda & 0 \\ 1 & 1 & 1 - \lambda \\ \end{array} \right|$$
Ce qui nous donne :
$$P_M(\lambda) = (-1)^3 \, (\lambda -1) \, (\lambda - 2) \, (\lambda - 7)$$

Ainsi le spectre de $$M$$ est donné par :
$$\mathrm{Sp}_\mathbb{R}(M) = \left\lbrace \, 1 \,;\, 2 \,;\, 7 \, \right\rbrace$$

On constate que le spectre est constitué de valeurs propres non dégénérée, donc toutes différentes. Ainsi la matrice $$M$$ est diagonalisable (réductible).

Les valeurs propres associées à $$M$$ sont :
$$\bullet \,\, \lambda = 1$$ de multiplicité (ou dégénérescence) $$1$$ ;
$$\bullet \bullet \,\, \lambda = 2$$ de multiplicité (ou dégénérescence) $$1$$ ;
$$\bullet \bullet \bullet \,\, \lambda = 7$$ de multiplicité (ou dégénérescence) $$1$$.
Notons par :
$$\bullet \,\, E_1$$ le sous espace propre associé à la valeur propre $$1$$ et $$\dim E_1 = 1$$ ;
$$\bullet \bullet \,\, E_2$$ le sous espace propre associé à la valeur propre $$2$$ et $$\dim E_2 = 1$$ ;
$$\bullet \bullet \bullet \,\, E_7$$ le sous espace propre associé à la valeur propre $$7$$ et $$\dim E_7 = 1$$.
Soit $$(a\,;\,b\,;\,c) \in \mathbb{R}^3$$. On note $$V$$ le vecteur suivant :
$$V = \left( \begin{array}{c} a \\ b \\ c \\ \end{array} \right)$$

$$\bullet \,\,$$ Le vecteur $$V$$ appartient au sous espace $$E_1$$ si :
$$(A-1\mathbb{I}_3)V = \mathbb{O}_3$$
Soit encore :
$$\begin{pmatrix} 5 - 1 & -1 & 9 \\ 3 & 4 - 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 - 1 \\ \end{pmatrix} \left( \begin{array}{c} a \\ b \\ c \\ \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 0 \\ \end{array} \right)$$
D'où :
$$\begin{pmatrix} 4 & -1 & 9 \\ 3 & 3 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ \end{pmatrix} \left( \begin{array}{c} a \\ b \\ c \\ \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 0 \\ \end{array} \right)$$
Ce qui nous donne :
$$\left\lbrace \begin{array}{ccccccc} 4\,a & - & b & + & 9\,c & = & 0 \\ & & & & & & \\ 3 \,a & + & 3\,b & & & = & 0 \\ & & & & & & \\ a & + & b & & & = & 0 \\ \end{array} \right.$$
Soit $$a = - b$$, d'où :
$$4\,a - (-a) + 9\,c = 0 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, 4\,a + a + 9 \,c = 0 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, 5\,a + 9\,c = 0$$
Donc :
$$b = - a \,\,\,\,\, \mathrm{et} \,\,\,\,\, c = - \dfrac{5}{9} a$$
On peut donc écrire :
$$V = \left( \begin{array}{c} a \\ -a \\ - \dfrac{5}{9} a \\ \end{array} \right) = -\dfrac{a}{9} \left( \begin{array}{c} -9 \\ 9 \\ 5 \\ \end{array} \right)$$
En posant $$k = -\dfrac{a}{9} \in \mathbb{R}$$, on trouve que :
$$V = k \left( \begin{array}{c} -9 \\ 9 \\ 5 \\ \end{array} \right) \,\,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\,\, E_1 = \mathrm{Vect}\left\lbrace \left( \begin{array}{c} -9 \\ 9 \\ 5 \\ \end{array} \right) \right\rbrace$$
Donc un vecteur propre possible est :
$$V_1 = \left( \begin{array}{c} -9 \\ 9 \\ 5 \\ \end{array} \right)$$
$$\bullet \bullet \,\,$$ Le vecteur $$V$$ appartient au sous espace $$E_2$$ si :
$$(A-2\mathbb{I}_3)V = \mathbb{O}_3$$
Soit encore :
$$\begin{pmatrix} 5 - 2 & -1 & 9 \\ 3 & 4 - 2 & 0 \\ 1 & 1 & 1 - 2 \\ \end{pmatrix} \left( \begin{array}{c} a \\ b \\ c \\ \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 0 \\ \end{array} \right)$$
D'où :
$$\begin{pmatrix} 3 & -1 & 9 \\ 3 & 2 & 0 \\ 1 & 1 & -1 \\ \end{pmatrix} \left( \begin{array}{c}<br /> a \\ b \\ c \\ \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 0 \\ \end{array} \right)$$
Ce qui nous donne :
$$\left\lbrace \begin{array}{ccccccc} 3\,a & - & b & + & 9\,c & = & 0 \\ & & & & & & \\ 3\,a & + & 2\,b & & & = & 0 \\ & & & & & & \\ a & + & b & - & c & = & 0 \\ \end{array} \right.$$
Soit $$b = - \dfrac{3}{2} a$$, d'où :
$$a + \left( - \dfrac{3}{2} a \right) - c = 0 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, a - \dfrac{3}{2} a = c \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, -\dfrac{1}{2} a = c$$
Donc :
$$b = - \dfrac{3}{2} a \,\,\,\,\, \mathrm{et} \,\,\,\,\, c = -\dfrac{1}{2} a$$
On peut donc écrire :
$$V = \left(\begin{array}{c} a \\ \\ - \dfrac{3}{2} a \\ \\ -\dfrac{1}{2} a \\ \end{array} \right) = - \dfrac{1}{2} a \left( \begin{array}{c} -2 \\ 3 \\ 1 \\ \end{array} \right)$$
En posant $$k = -\dfrac{1}{9} a \in \mathbb{R}$$, on trouve que :
$$V = k \left( \begin{array}{c} -2 \\ 3 \\ 1 \\ \end{array} \right) \,\,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\,\, E_2 = \mathrm{Vect}\left\lbrace \left( \begin{array}{c} -2 \\ 3 \\ 1 \\ \end{array} \right) \right\rbrace$$
Donc un vecteur propre possible est :
$$V_2 = \left( \begin{array}{c} -2 \\ 3 \\ 1 \\ \end{array} \right)$$
$$\bullet \bullet \bullet \,\,$$ Le vecteur $$V$$ appartient au sous espace $$E_7$$ si :
$$(A-7\mathbb{I}_3)V = \mathbb{O}_3$$
Soit encore :
$$\begin{pmatrix} 5 - 7 & -1 & 9 \\ 3 & 4 - 7 & 0 \\ 1 & 1 & 1 - 7 \\ \end{pmatrix} \left( \begin{array}{c}<br /> a \\ b \\ c \\ \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 0 \\ \end{array}<br />\right)$$
D'où :
$$\begin{pmatrix} -2 & -1 & 9 \\ 3 & -3 & 0 \\ 1 & 1 & -6 \\ \end{pmatrix} \left( \begin{array}{c} a \\ b \\ c \\ \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 0 \\ \end{array} \right)$$
Ce qui nous donne :
$$\left\lbrace \begin{array}{ccccccc} -2\,a & - & b & + & 9\,c & = & 0 \\ & & & & & & \\ 3\,a & - & 3\,b & & & = & 0 \\ & & & & & & \\ a & + & b & - & 6\,c & = & 0 \\ \end{array} \right.$$
Soit $$b = a$$, d'où :
$$a + a - 6\,c = 0 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, 2a - 6\,c = 0 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, a - 3\,c = 0 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, c = \dfrac{1}{3} a$$
Donc :
$$b = a \,\,\,\,\, \mathrm{et} \,\,\,\,\, c = \dfrac{1}{3} a$$
On peut donc écrire :
$$V = \left( \begin{array}{c} a \\ \\ a \\ \\ \dfrac{1}{3} a \\ \end{array} \right) = \dfrac{1}{3} a \left( \begin{array}{c} 3 \\ 3 \\ 1 \\ \end{array} \right)$$
En posant $$k = \dfrac{1}{3} a \in \mathbb{R}$$, on trouve que :
$$V = k \left( \begin{array}{c} 3 \\ 3 \\ 1 \\ \end{array} \right) \,\,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\,\, E_7 = \mathrm{Vect}\left\lbrace \left( \begin{array}{c} 3 \\ 3 \\ 1 \\ \end{array} \right) \right\rbrace$$
Donc un vecteur propre possible est :
$$V_7 = \left( \begin{array}{c} 3 \\ 3 \\ 1 \\ \end{array} \right)$$

On a :
$$\det \left\lbrace V_1 \,;\,V_2 \,;\, V_7 \right\rbrace = \det \begin{pmatrix} -9 & -2 & 3 \\ 9 & 3 & 3 \\ 5 & 1 & 1 \\ \end{pmatrix} = -30 \neq 0$$
Donc l'ensemble des trois vecteurs $$\left\lbrace V_1 \,;\,V_2 \,;\, V_7 \right\rbrace$$ forme $${\bf{une \,\, base \,\, propre \,\,}} B_p$$.
Ainsi, $${\color{red}{\bf{la \,\, matrice \,\,}}}$$ $${\color{red}{M}}$$ $${\color{red}{\bf{\,\, est \,\, diagonalisable}}}$$.

Dans la base propre, la matrice $$D$$ est diagonale et est (par exemple) :
$$D = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 7 \\ \end{pmatrix}$$
La matrice de passage associée est alors :
$$P_{B \longrightarrow B_p} = \begin{pmatrix} -9 & -2 & 3 \\ 9 & 3 & 3 \\ 5 & 1 & 1 \\ \end{pmatrix}$$

Dans la base propre, le système $$S$$ s'écrit :
$$\dfrac{d}{dt}X_{B_p} = D \, X_{B_p}$$
Soit :
$$\left( \begin{array}{c} x'_{B_p} \\ y'_{B_p} \\ z'_{B_p} \\ \end{array} \right) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 7 \\ \end{pmatrix} \, \left( \begin{array}{c} x_{B_p} \\ y_{B_p} \\ z_{B_p} \\ \end{array} \right)$$
Ce qui nous donne :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} x'_{B_p} & = & 1 \, x_{B_p} \\ y'_{B_p} & = & 2 \, y_{B_p} \\ z'_{B_p} & = & 7 \, z_{B_p} \\ \end{array} \right.$$
Dont les solutions sont :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} x_{B_p} & = & C_1 \, e^{1 \, t} \\ y_{B_p} & = & C_2 \, e^{2 \, t} \\ z_{B_p} & = & C_7 \, e^{7 \, t} \\ \end{array} \right. \,\,\,\,\, \mathrm{avec} \, : \left( C_1 \,;\, C_2 \,;\, C_7 \right) \in \mathbb{R}^3$$
Ce qui nous permet d'écrire que :
$$X_{B_p} = \left( \begin{array}{c} C_1 \, e^{t} \\ C_2 \, e^{2 \, t} \\ C_7 \, e^{7 \, t} \\ \end{array} \right)$$
Il nous faut maintenant $${\color{red}{\bf{transporter}}}$$ cette solution dans la base $$B$$ de départ. Pour cela, on utilise la relation suivante :
$${\color{red}{ X_B = P_{B \longrightarrow B_p} \, X_{B_p} }}$$
Ce qui nous donne encore :
$$\left( \begin{array}{c} x(t) \\ y(t) \\ z(t) \\ \end{array} \right) = \begin{pmatrix} -9 & -2 & 3 \\ 9 & 3 & 3 \\ 5 & 1 & 1 \\ \end{pmatrix} \left( \begin{array}{c} C_1 \, e^{t} \\ C_2 \, e^{2 \, t} \\ C_7 \, e^{7 \, t} \\ \end{array} \right)$$
D'où :
$$\left( \begin{array}{c} x(t) \\ y(t) \\ z(t) \\ \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} -9 \, C_1 \, e^{t} - 2 \, C_2 \, e^{2 \, t} + 3 \, C_7 \, e^{7 \, t} \\ 9 \, C_1 \, e^{t} + 3 \, C_2 \, e^{2 \, t} + 3 \, C_7 \, e^{7 \, t} \\ 5 \, C_1 \, e^{t} + 1 \, C_2 \, e^{2 \, t} + 1 \, C_7 \, e^{7 \, t} \\ \end{array} \right)$$
Finalement :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcr} x(t) & = & -9 \, C_1 \, e^{t} - 2 \, C_2 \, e^{2 \, t} + 3 \, C_7 \, e^{7 \, t} \\ y(t) & = & 9 \, C_1 \, e^{t} + 3 \, C_2 \, e^{2 \, t} + 3 \, C_7 \, e^{7 \, t} \\ z(t) & = & 5 \, C_1 \, e^{t} + 1 \, C_2 \, e^{2 \, t} + 1 \, C_7 \, e^{7 \, t} \\ \end{array} \right.$$

Les conditions initiales sont :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} x(t=0) & = & 1 \\ y(t=0) & = & 2 \\ z(t=0) & = & 0 \\ \end{array} \right.$$
Soit encore, avec $$e^0 = 1$$ :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} -9 \, C_1 - 2 \, C_2 + 3 \, C_7 & = & 1 \\ 9 \, C_1 + 3 \, C_2 + 3 \, C_7 & = & 2 \\ 5 \, C_1 + 1 \, C_2 + 1 \, C_7 & = & 0 \\ \end{array} \right.$$
Sous forme matricielle, ce système s'écrit encore :
$$\begin{pmatrix} -9 & -2 & 3 \\ 9 & 3 & 3 \\ 5 & 1 & 1 \\ \end{pmatrix} \left( \begin{array}{c} C_1 \\ C_2 \\ C_7 \\ \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 1 \\ 2 \\ 0 \\ \end{array} \right)$$
Or, on a :
$$\left\vert \begin{array}{ccc} -9 & -2 & 3 \\ 9 & 3 & 3 \\ 5 & 1 & 1 \\ \end{array} \right\vert = -30$$
Ce qui implique, par la méthode de $$Cramer$$ :
$$x(t) = \dfrac{ \left\vert \begin{array}{ccc} 1 & -2 & 3 \\ 2 & 3 & 3 \\ 0 & 1 & 1 \\ \end{array} \right\vert}{-30} \,\,\,\,\, \,\,\,\,\, \,\,\,\,\, \,\,\,\,\, y(t) = \dfrac{\left\vert \begin{array}{ccc} -9 & 1 & 3 \\ 9 & 2 & 3 \\ 5 & 0 & 1 \\ \end{array} \right\vert }{-30} \,\,\,\,\, \,\,\,\,\, \,\,\,\,\, \,\,\,\,\, z(t) = \dfrac{\left\vert \begin{array}{ccc} -9 & -2 & 1 \\ 9 & 3 & 2 \\ 5 & 1 & 0 \\ \end{array} \right\vert}{-30}$$
Ainsi, on obtient :
$$C_1 = \dfrac{10}{-30} = - \dfrac{1}{3} \,\,\,\,\, \,\,\,\,\, \,\,\,\,\, \,\,\,\,\, C_2 = \dfrac{-42}{-30} = \dfrac{7}{5} \,\,\,\,\, \,\,\,\,\, \,\,\,\,\, \,\,\,\,\, C_7 = \dfrac{-8}{-30} = \dfrac{4}{15}$$
On peut donc écrire que :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} x(t) & = & -9 \times \left(- \dfrac{1}{3} \right) \times e^{t} - 2 \, \times \dfrac{7}{5} \times \, e^{2 \, t} + 3 \times \dfrac{4}{15} \times e^{7 \, t} \\ & & \\ y(t) & = & 9 \times \left(- \dfrac{1}{3} \right) \times e^{t} + 3 \times \dfrac{7}{5} \times e^{2 \, t} + 3 \times \dfrac{4}{15} \times e^{7 \, t} \\ & & \\ z(t) & = & 5 \times \left(- \dfrac{1}{3} \right) \times e^{t} + 1 \times \dfrac{7}{5} \times e^{2 \, t} + 1 \times \dfrac{4}{15} \times e^{7 \, t} \\ \end{array} \right.$$
Finalement, après calculs et simplifications, on trouve les solutions du système différentiel $$S$$ qui satisfont aux conditions initiales données, à savoir :
$${\color{red}{ \boxed{\left\lbrace \begin{array}{rcl} x(t) & = & 3 \, e^{\,t} - \dfrac{14}{5} \, e^{\,2 \, t} + \dfrac{4}{5} \, e^{\,7 \, t} \\ & & \\ y(t) & = & -3 \, e^{\,t} + \dfrac{21}{5} \, e^{\,2 \, t} + \dfrac{4}{5} \, e^{\,7 \, t} \\ & & \\ z(t) & = & - \dfrac{5}{3} e^{\,t} + \dfrac{7}{5} \, e^{\,2 \, t} + \dfrac{4}{15} \, e^{\,7 \, t} \\ \end{array} \right. }}}$$