Exercice
Résoudre sur \( \mathbb{R} \) l'équation différentielle \( (\mathscr{E}) \) : \( y^{(3)}(t) + y''(t) + y'(t) + y(t) = 0 \)

Considérons \( y\in\mathscr{C}^3(\mathbb{R}, \mathbb{R}) \). Définissons \( Y : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}^3 \) par   \( Y(t) = \begin{pmatrix} y(t)\\y'(t)\\ y''(t) \end{pmatrix} \).
L'équation différentielle s'écrit alors :

\( \overbrace{\begin{pmatrix}y'(t)\\y''(t)\\y^{(3)}(t)\end{pmatrix}}^{Y'(t)} = \) \( \overbrace{\begin{pmatrix}0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1\\ -1 & -1 & -1 \end{pmatrix}}^{A} \times\overbrace{\begin{pmatrix} y(t)\\y'(t)\\ y''(t) \end{pmatrix}}^{Y(t)} \)

1. Réduction de A

Le polynôme caractéristique de \( A \) est :

\( P_A(X) = \det(A - X\times Id) = \begin{vmatrix}-X & 1 & 0 \\ 0 & -X & 1\\ -1 & -1 & -1-X \end{vmatrix} \)

Nous développons selon la première colonne :

\( P_A(X) = -X \times \bigl( -X(-1-X) \) \( +1 \bigr) -1\times 1 \)

Après simplification :

\( P_A(X) = -X^3 - X^2 - X - 1 \)

Les valeurs propres sont triviales :    | \( i \), \( -i \) et \( -1 \). \( A \) est diagonisable, car \( P_A \) est scindé à racines simples.
Cherchons un vecteur propre pour chaque espace propre.

\( E_i \) : \( u_1 = \begin{pmatrix}1\\i\\-1\end{pmatrix} \) convient car \( A u_1 = i u_1 \).

\( E_{-i} \) : \( u_2 = \begin{pmatrix}1\\-i\\-1\end{pmatrix} \) convient car \( A u_2 = -i u_2 \).

\( E_{-1} \) : \( u_3 = \begin{pmatrix}1\\-1\\1\end{pmatrix} \) convient car \( A u_3 = - u_3 \).

Nous obtenons la diagonalisation \( A = P D P^{-1} \), avec :

\( P = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ i & -i & -1 \\ -1 & -1 & 1 \end{pmatrix} \)

\( D = \begin{pmatrix} i & 0 & 0 \\ 0 & -i & 0\\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix} \)

Remarque
Le calcul de \( P^{-1} \) n'est pas nécessaire car le système est homogène.

2. Résolution du système

Réécrivons l'équation \( Y' = AY \). Nous obtenons \( Y' = P D P^{-1} Y \), d'où :

\( P^{-1} Y' = \phantom{P} D P^{-1} Y \)

En posant \( X = \begin{pmatrix}x_1(t)\\x_2(t)\\x_3(t)\end{pmatrix} = P^{-1} Y \),   nous obtenons \( X' = \begin{pmatrix} i & 0 & 0 \\ 0 & -i & 0\\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}\times X \).

Autrement dit, \( \begin{pmatrix} x_1'(t)\\ x_2'(t)\\ x_3'(t) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} i x_1(t)\\ -i x_2(t)\\ - x_3(t) \end{pmatrix} \).

Les solutions sont connues ! Pour tout \( (k_1, k_2, \gamma)\in \mathbb{R}^3 \),

\( X = \begin{pmatrix}x_1(t)\\x_2(t)\\x_3(t)\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} k_1 e^{i t} \\ k_2 e^{-i t}\\ \gamma e^{-t} \end{pmatrix} \)

Enfin, il reste à résoudre le système via \( Y = PX \) :

\( \overbrace{\begin{pmatrix} y(t)\\ y'(t)\\ y''(t) \end{pmatrix}}^{Y(t)} = \) \( \overbrace{\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ i & -i & -1 \\ -1 & -1 & 1 \end{pmatrix}}^P \times \overbrace{\begin{pmatrix} k_1 e^{i t} \\ k_2 e^{-i t}\\ \gamma e^{-t} \end{pmatrix}}^{X(t)} \)

Stop ! Seule la première ligne nous intéresse :

\( y(t) = k_1 e^{i t} + k_2 e^{-i t} + \gamma e^{-t} \)

Mais… ne devrions nous pas obtenir des fonctions à valeurs réelles ?

Une réécriture s'impose !

En effet, en posant \( \alpha = k_1 + k_2 \) et \( \beta = k_1 - k_2 \), nous obtenons :

\( y(t) = \dfrac{(\alpha + \beta)}{2} e^{i x} + \dfrac{(\alpha - \beta)}{2} e^{i x} \) \( + \gamma e^{-x} \)

\( y(t) = \alpha \dfrac{e^{i t} + e^{i t}}{2} + \beta \dfrac{e^{i t} - e^{i t}}{2} \) \( + \gamma e^{-t} \)

Les solutions de l'équation différentielle sont les fonctions

\( y(t) = \alpha \cos(t) + \beta \sin(t) + \gamma e^{-t} \)

où \( (\alpha, \beta, \gamma)\in \mathbb{R}^3 \).