Exercice
Déterminer l'ensemble des solutions du système différentiel :
\( \begin{cases} x' = 3x - \phantom{1}y + 2t e^{4t}\\ y' = \phantom{1}x + 5y - 2t e^{4t} \\ \end{cases} \)

Considérons \( x\in\mathscr{C}^1(\mathbb{R}, \mathbb{R}) \) et \( y\in\mathscr{C}^1(\mathbb{R}, \mathbb{R}) \).

Définissons \( Y : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}^2 \) par   \( Y(t) = \begin{pmatrix} x(t)\\y(t) \end{pmatrix} \).

Le système différentiel s'écrit alors :

\( \overbrace{\begin{pmatrix}x'(t)\\y'(t)\end{pmatrix}}^{Y'(t)} = \) \( \overbrace{\begin{pmatrix}3 & -1 \\ 1 & 5\end{pmatrix}}^{A} \times\overbrace{\begin{pmatrix} x(t)\\y(t) \end{pmatrix}}^{Y(t)} + \overbrace{\begin{pmatrix} \phantom{+} 2t e^{4t}\\- 2t e^{4t} \end{pmatrix}}^{B(t)} \)

1. Réduction de A

Le polynôme caractéristique de \( A \) est :

\( P_A(X) = \det(A - X\times Id) \)

\( P_A(X) = \begin{vmatrix}3-X & -1 \\ 1 & 5-X \end{vmatrix} \)

\( P_A(X) = (3-X)(5-X) +1 = X^2 - 8X + 16 = (X-4)^2 \)

Ce polynôme ne dispose qu'une racine double (\( \lambda = 4 \)). Cherchons un vecteur propre associé \( u(x, y) \) :

\( Au = 4u \Longleftrightarrow\begin{cases} 3x - \phantom{1}y = 4x \\ \phantom{1}x + 5y = 4y\\ \end{cases} \Longleftrightarrow x + y = 0 \)

Choisissons \( u(1; -1) \) et complétons par \( v(1; 0) \) pour obtenir une base de \( E \).
Dans ce cas,

\( Av = \begin{pmatrix} 3 \\ 1\end{pmatrix} = - u + 4v \)

Nous obtenons la trigonalisation \( A = PTP^{-1} \) avec :

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

\( T = \begin{pmatrix}4 & -1 \\ 0 & 4\end{pmatrix} \)

\( P^{-1} = \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \)

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

2. Résolution du système

Réécrivons l'équation \( Y' = AY \). Nous obtenons :

\( \phantom{P^{-1}}Y' = P T P^{-1} Y + B \)

\( P^{-1} Y' = \phantom{P} T P^{-1} Y + P^{-1} B \)

En posant \( X = \begin{pmatrix}x_1(t)\\x_2(t)\end{pmatrix} = P^{-1} Y \),   nous obtenons l'équation :

\( X' = \begin{pmatrix} 4 & -1 \\ 0 & 4 \end{pmatrix}\times X + P^{-1} B \)

C'est à dire :

\( \begin{cases} x_1'(t) = 4x_1(t) - x_2(t) + 2t e^{4t}\\ x_2'(t) = \phantom{0x_1(t) +} 4 x_2(t) + 2t e^{4t} - 2t e^{4t}\\ \end{cases} \)

Nous allons remonter le système !

- Ligne n^o2

\( x_2'(t) = 4 x_2(t) \)

Les solutions sont de la forme \( x_2(t) = \alpha e^{4t} \) où \( \alpha \in \mathbb{R} \).

- Ligne n^o1

\( x_1'(t) = 4 x_1(t) - x_2(t) + 2t e^{4t} \)

\( x_1'(t) = 4 x_1(t) - \alpha e^{4t} + 2t e^{4t} = 4 x_1(t) + (2t - \alpha) e^{4t} \)

Les solutions sont de la forme \( x_1(t) = \beta e^{4t} + \displaystyle\int_0^t (2s - \alpha) e^{4s} e^{-4s} ds \) où \( \beta \in \mathbb{R} \).

Nous pouvons simplifier l'expression :

\( x_1(t) = \beta e^{4t} + t^2 - \alpha t \) où \( \beta \in \mathbb{R} \)

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

\( \overbrace{\begin{pmatrix} x(t)\\ y(t) \end{pmatrix}}^{Y(t)} = \) \( \overbrace{\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix}}^P \times \overbrace{\begin{pmatrix} x_1(t) \\ x_2(t) \end{pmatrix}}^{X(t)} \)

\( \phantom{\begin{pmatrix} x(t)\\ y(t) \end{pmatrix}} = \begin{pmatrix}x_1(t) + x_2(t)\\- x_1(t)\end{pmatrix} \)

\( \phantom{\begin{pmatrix} x(t)\\ y(t) \end{pmatrix}} = \begin{pmatrix}\beta e^{4t} +t^2 - \alpha t + \alpha e^{4t}\\ -\beta e^{4t} - t^2 + \alpha t \end{pmatrix} \)

Les solutions du système différentiel sont de la forme :

\( \begin{pmatrix} x(t)\\ y(t) \end{pmatrix} = \alpha\begin{pmatrix}e^{4t} - t \\ t \end{pmatrix} + \beta\begin{pmatrix}e^{4t} \\ -e^{4t}\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}t^2\\-t^2\end{pmatrix} \)

où \( \alpha\in\mathbb{R} \) et \( \beta\in\mathbb{R} \).