Lorsque l'on cherche à résoudre un système de la forme \( Y' = AY + B \), on essaye de réduire \( A \) sous la forme \( A = P T P^{-1} \) pour effectuer un changement de variable \( X = P^{-1} Y \) et résoudre ligne par ligne un système trigonalisé d'équations différentielles.
Cette technique est générique.

Exercice
Déterminer l'ensemble des solutions du système différentiel :
\( \begin{cases} x' = -x + y + z + e^{t}\\ y' = x - y + z + e^{t}\\ z' = x + y - z + e^{t}\\ \end{cases} \)

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

Définissons \( Y : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}^3 \) par   \( Y(t) = \begin{pmatrix} x(t)\\y(t)\\z(t) \end{pmatrix} \).

Le système est équivalent à l'équation matricielle

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

1. Réduction de A

a) Déterminons les valeurs propres

Astuce n^o1 - \( A \) étant une matrice symètrique réelle, elle est diagonalisable et toutes ses valeurs propres sont réelles.

Le polynôme caractéristique de \( A \) est :

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

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

\( \phantom{P_A(X)} = (1-X)(2+X)^2 \)

Les valeurs propres sont donc \( 1 \) et \( -2 \).

b) Déterminons les sous-espaces propres

\( A \) étant symétriques, rappelons que les sous-espaces propres sont deux à deux orthogonaux.

Cas \( \lambda = 1 \) :

La résolution du système \( Au = 1u \), pour \( u = (u_x, u_y, u_z) \) donne :

\( \begin{cases} -u_x + u_y + u_z = -u_x\\ u_x - u_y + u_z = -u_y\\ u_x + u_y - u_z = -u_z \end{cases} \)

Ce qui équivaut à :

\( \begin{cases} u_y = u_z\\ u_x = u_z \end{cases} \)

Une solution possible est \( u = (1, 1, 1) \).
Il reste à normaliser : \( \tilde{u} = \left(\frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}\right) \)

Cas \( \lambda = -2 \) :

La résolution du système \( Au = -2u \), pour \( u = (u_x, u_y, u_z) \) donne :

\( \begin{cases} -u_x + u_y + u_z = 2u_x\\ u_x - u_y + u_z = 2u_y\\ u_x + u_y - u_z = 2u_z \end{cases} \)

Ce qui équivaut à :

\( \begin{cases} u_x + u_y + u_z = 0 \end{cases} \)

Deux solutions possibles sont \( v = \left(1, -1, 0\right) \) et \( w = \left(1, 1, -2\right) \).

C'est vecteurs sont orthogonaux : \( <v; w> = 1\times 1 - 1\times 1 - 0\times 2 = 0 \).

Il reste à normaliser : \( \tilde{v} = (\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{-1}{\sqrt{2}}, 0) \) et \( \tilde{w} = (\frac{1}{\sqrt{6}}, \frac{1}{\sqrt{6}}, \frac{-2}{\sqrt{6}}) \).

c) Déterminons les matrices de passages

\( P = \begin{pmatrix}\dfrac{1}{\sqrt{3}} & \dfrac{1}{\sqrt{2}} & \dfrac{1}{\sqrt{6}} \\ \dfrac{1}{\sqrt{3}} & \dfrac{-1}{\sqrt{2}} & \dfrac{1}{\sqrt{6}} \\ \dfrac{1}{\sqrt{3}} & 0 & \dfrac{-2}{\sqrt{6}} \end{pmatrix} \)

Astuce n^o2 - \( P \) étant une matrice orthogonoale, \( P^{-1} = P^t \).

\( P^{-1} = P^t = \begin{pmatrix}\dfrac{1}{\sqrt{3}} & \dfrac{1}{\sqrt{3}} & \dfrac{1}{\sqrt{3}} \\ \dfrac{1}{\sqrt{2}} & \dfrac{-1}{\sqrt{2}} & 0 \\ \dfrac{1}{\sqrt{6}} & \dfrac{1}{\sqrt{6}} & \dfrac{-2}{\sqrt{6}} \end{pmatrix} \)

Conclusion

\( A = P \times \overbrace{\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & -2 & 0 \\ 0 & 0 & -2 \end{pmatrix}}^D \times P^{-1} \)

2. Résolutions

a) Changement de variable

Le système \( Y' = AY + B \), devenant \( Y = PDP^{-1}Y + B \), équivaut à \( P^{-1}Y' = DP^{-1}Y + P^{-1}B \).

Posons \( X = P^{-1}Y \). Nous obtenons le système :

\( \displaystyle (\mathscr{S}) \text{:} X' = DX + P^{-1}B \)

b) Système homogène

Les solutions du système homogène \( X' = DX \) sont

\( \displaystyle X(t) = \begin{pmatrix}\alpha e^{-t}\\\beta e^{2t}\\\gamma e^{2t}\end{pmatrix} \)

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

c) Variation de la constante

Commençons par remarquer que :

\( \displaystyle P^{-1}B = \begin{pmatrix}\dfrac{1}{\sqrt{3}} & \dfrac{1}{\sqrt{3}} & \dfrac{1}{\sqrt{3}} \\ \dfrac{1}{\sqrt{2}} & \dfrac{-1}{\sqrt{2}} & 0 \\ \dfrac{1}{\sqrt{6}} & \dfrac{1}{\sqrt{6}} & \dfrac{-2}{\sqrt{6}} \end{pmatrix} \)\( \displaystyle \times \begin{pmatrix} e^{t}\\e^{t}\\e^{t} \end{pmatrix} \)\( \displaystyle = \begin{pmatrix} \sqrt{3} e^{t}\\0\\0 \end{pmatrix} \)

Chercher une solution particulière de \( (\mathscr{S}) \) revient à résoudre

\( \displaystyle \begin{pmatrix}\alpha(t)' e^{-t}\\\beta(t)' e^{2t}\\\gamma(t)' e^{2t}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \sqrt{3} e^{t}\\0\\0 \end{pmatrix} \)

où \( \alpha, \beta, \gamma \in \mathscr{C}^1{{\mathbb R}} \).

Ainsi :

\( \displaystyle \begin{pmatrix}\alpha(t)' \\\beta(t)' \\\gamma(t)' \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \sqrt{3} e^{2t}\\0\\0 \end{pmatrix} \)

Une solution possible est :

\( \displaystyle \begin{pmatrix}\alpha(t) \\\beta(t) \\\gamma(t) \end{pmatrix} \)\( \displaystyle = \begin{pmatrix} \frac{\sqrt{3}}{2} e^{2t}\\0\\0 \end{pmatrix} \)

Les solutions du système \( X' = DX + P^{-1}B \) sont

\( \displaystyle X(t) = \begin{pmatrix}\alpha e^{-t} + \frac{\sqrt{3}}{2} e^{2t} \\\beta e^{2t}\\\gamma e^{2t}\end{pmatrix} \)

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

Conclusion

Puisque \( X = P^{-1}Y \), \( Y = PX \), nous obtenons

\( Y(t) = \begin{pmatrix}\dfrac{1}{\sqrt{3}} & \dfrac{1}{\sqrt{2}} & \dfrac{1}{\sqrt{6}} \\ \dfrac{1}{\sqrt{3}} & \dfrac{-1}{\sqrt{2}} & \dfrac{1}{\sqrt{6}} \\ \dfrac{1}{\sqrt{3}} & 0 & \dfrac{-2}{\sqrt{6}} \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix}\alpha e^{-t} + \frac{\sqrt{3}}{2} e^{2t} \\\beta e^{2t}\\\gamma e^{2t}\end{pmatrix} \)

Autrement dit,

\( \begin{cases} x(t) = \dfrac{\alpha e^{-t} + \frac{\sqrt{3}}{2} e^{2t}}{\sqrt{3}} + \dfrac{\beta e^{2t}}{\sqrt{2}} + \dfrac{\gamma e^{2t}}{\sqrt{6}}\\ y(t) = \dfrac{\alpha e^{-t} + \frac{\sqrt{3}}{2} e^{2t}}{\sqrt{3}} + \dfrac{-\beta e^{2t}}{\sqrt{2}} + \dfrac{\gamma e^{2t} }{\sqrt{6} }\\ z(t) = \dfrac{\alpha e^{-t} + \frac{\sqrt{3}}{2} e^{2t}}{\sqrt{3}} + 0 + \dfrac{-2\gamma e^{2t}}{\sqrt{6}} \end{cases} \)

Simplifions l'écriture : posons

\( \displaystyle \tilde{\alpha} = \frac{\alpha}{\sqrt{3}} \)

\( \displaystyle \tilde{\beta} = \frac{\beta}{\sqrt{2}} \)

\( \displaystyle \tilde{\gamma} = \frac{\gamma}{\sqrt{6}} + \frac{1}{2} \)

Finalement,

\( \begin{cases} x(t) = \tilde{\alpha} e^{-t} + \tilde{\beta} e^{2t} + \tilde{\gamma} e^{2t} \\ y(t) = \tilde{\alpha} e^{-t} - \tilde{\beta} e^{2t} + \tilde{\gamma} e^{2t} \\ z(t) = \tilde{\alpha} e^{-t} -2 \tilde{\gamma} e^{2t} + \dfrac{3e^{2t}}{2} \\ \end{cases} \)