Niveau : supérieur, du facile au difficile. Durée estimée : 1 h 30. 8 exercices avec corrections détaillées.
Rappel des notions clés
Pour résoudre $X' = AX$, où $A$ est une matrice carrée à coefficients constants, cherche les valeurs propres $\lambda$ de $A$, racines de $\det(A - \lambda I) = 0$, et pour chacune un vecteur propre $V$ (un vecteur non nul tel que $AV = \lambda V$). Si $A$ est diagonalisable, ce qui est le cas quand une matrice $n \times n$ a $n$ valeurs propres distinctes, chaque couple donne la solution $e^{\lambda t}V$ et toutes les solutions sont leurs combinaisons linéaires. Exemple : pour $x' = y$ et $y' = x$, la matrice $\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$ a pour valeurs propres $1$ et $-1$, de vecteurs propres $\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$ et $\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}$, donc $X(t) = C_1 e^{t}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} + C_2 e^{-t}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}$. La condition initiale $X(0)$ fixe ensuite les constantes : c'est le problème de Cauchy, qui a une seule solution.
Si $A$ n'est pas diagonalisable, la solution reste $X(t) = e^{tA}X(0)$, où l'exponentielle de matrice $e^{tA}$ est la somme de la série $\sum_{k \geq 0} \frac{t^k A^k}{k!}$. Les parties réelles des valeurs propres décident du comportement en $+\infty$ : toutes les solutions tendent vers $0$ si et seulement si chaque valeur propre a une partie réelle strictement négative.
Formules à retenir :
- Forme matricielle : la ligne $i$ de $A$ contient les coefficients de l'équation $i$.
- Matrice $2 \times 2$ : $\det(A - \lambda I) = \lambda^2 - \operatorname{tr}(A)\,\lambda + \det(A)$.
- $A$ diagonalisable : $X(t) = C_1 e^{\lambda_1 t}V_1 + C_2 e^{\lambda_2 t}V_2$.
- Si $A = PDP^{-1}$ avec $D$ diagonale : $e^{tA} = Pe^{tD}P^{-1}$, où $e^{tD}$ a pour coefficients diagonaux les $e^{\lambda_i t}$.
- Valeur propre complexe $\lambda$ de vecteur propre $V$ ($A$ réelle) : les parties réelle et imaginaire de $e^{\lambda t}V$ sont deux solutions réelles.
- Cas général : $X(t) = e^{tA}X(0)$ ; si $A = \lambda I + N$ avec $N^2 = 0$, alors $e^{tA} = e^{\lambda t}(I + tN)$.
- Second membre constant : si $AX^* + B = 0$, alors $Y = X - X^*$ vérifie $Y' = AY$.
Piège classique : l'exponentielle d'une matrice ne se calcule pas coefficient par coefficient, sauf pour une matrice diagonale. Et $e^{A+B} = e^{A}e^{B}$ n'est garanti que si $A$ et $B$ commutent ($AB = BA$).
Exercices : niveau facile
Exercice 1 : Écris le système $x' = 4x + y$, $y' = 2x + 3y$ sous la forme $X' = AX$, avec $X = \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}$. Un camarade propose $A = \begin{pmatrix} 4 & 2 \\ 1 & 3 \end{pmatrix}$ : teste les deux matrices avec $x = 1$ et $y = 0$ pour dire qui a raison.
Correction :
La ligne $i$ de $A$ recopie les coefficients de l'équation $i$ : $A = \begin{pmatrix} 4 & 1 \\ 2 & 3 \end{pmatrix}$.
Test : pour $x = 1$ et $y = 0$, le système donne $x' = 4$ et $y' = 2$. Cette matrice donne bien $A\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 \\ 2 \end{pmatrix}$, celle du camarade donne $\begin{pmatrix} 4 \\ 1 \end{pmatrix}$ : il a rangé les coefficients en colonnes et obtenu la transposée (lignes et colonnes échangées).
$A = \begin{pmatrix} 4 & 1 \\ 2 & 3 \end{pmatrix}$, le camarade a tort. Sur une matrice symétrique, cette erreur ne se voit pas : d'où l'intérêt du test.
Exercice 2 : Calcule les valeurs propres de $A = \begin{pmatrix} 4 & 1 \\ 2 & 3 \end{pmatrix}$ et un vecteur propre pour chacune.
Correction :
On résout $\det(A - \lambda I) = 0$, puis $(A - \lambda I)V = 0$ pour chaque valeur propre.
Avec la trace $7$ et le déterminant $10$ : $\det(A - \lambda I) = \lambda^2 - 7\lambda + 10 = (\lambda - 2)(\lambda - 5)$.
Pour $\lambda = 2$ : $A - 2I = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}$, d'où $2v_1 + v_2 = 0$. Pour $\lambda = 5$ : $A - 5I = \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 2 & -2 \end{pmatrix}$, d'où $v_1 = v_2$.
$\lambda_1 = 2$, $V_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \end{pmatrix}$ ; $\lambda_2 = 5$, $V_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$. Contrôle : $AV_1 = \begin{pmatrix} 2 \\ -4 \end{pmatrix} = 2V_1$.
Exercice 3 : Résous le système de l'exercice 1 avec $x(0) = 3$ et $y(0) = 0$.
Correction :
On écrit la solution générale avec les éléments propres de l'exercice 2 (valeurs propres distinctes, donc $A$ diagonalisable), puis on fixe les constantes en $t = 0$.
$$X(t) = C_1 e^{2t}\begin{pmatrix} 1 \\ -2 \end{pmatrix} + C_2 e^{5t}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$$
En $t = 0$ : $C_1 + C_2 = 3$ et $-2C_1 + C_2 = 0$, donc $C_2 = 2C_1$, puis $C_1 = 1$ et $C_2 = 2$.
$x(t) = e^{2t} + 2e^{5t}$ et $y(t) = -2e^{2t} + 2e^{5t}$. Contrôle en $t = 0$ : on retrouve $x(0) = 3$ et $y(0) = 0$.
Exercices : niveau moyen
Exercice 4 : On pose $X = \begin{pmatrix} y \\ y' \end{pmatrix}$. Écris l'équation $y'' + 3y' + 2y = 0$ sous la forme $X' = AX$, calcule les valeurs propres de $A$, puis trouve la solution telle que $y(0) = 1$ et $y'(0) = 0$.
Correction :
La première ligne traduit $(y)' = y'$, la seconde $y'' = -2y - 3y'$ : $A = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -2 & -3 \end{pmatrix}$.
$\det(A - \lambda I) = \lambda^2 + 3\lambda + 2 = (\lambda + 1)(\lambda + 2)$ : c'est l'équation caractéristique $r^2 + 3r + 2 = 0$ de l'équation d'ordre 2. Valeurs propres : $-1$ et $-2$.
Première composante de $X$ : $y(t) = C_1 e^{-t} + C_2 e^{-2t}$, avec $C_1 + C_2 = 1$ et $-C_1 - 2C_2 = 0$, d'où $C_1 = 2$ et $C_2 = -1$.
$y(t) = 2e^{-t} - e^{-2t}$.
Exercice 5 : Résous $x' = -x - y$, $y' = x - y$ avec $x(0) = 1$ et $y(0) = 0$, puis décris la trajectoire du point $(x(t), y(t))$.
Correction :
Les valeurs propres sont complexes : on prend les parties réelle et imaginaire de $e^{\lambda t}V$.
Avec $A = \begin{pmatrix} -1 & -1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}$, $\det(A - \lambda I) = \lambda^2 + 2\lambda + 2$, de racines $-1 \pm i$. Pour $\lambda = -1 + i$, la première ligne de $A - \lambda I$ donne $-iv_1 - v_2 = 0$, d'où $V = \begin{pmatrix} 1 \\ -i \end{pmatrix}$.
$e^{(-1+i)t}V = e^{-t}\begin{pmatrix} \cos t + i\sin t \\ \sin t - i\cos t \end{pmatrix}$, donc $X(t) = e^{-t}\left[C_1\begin{pmatrix} \cos t \\ \sin t \end{pmatrix} + C_2\begin{pmatrix} \sin t \\ -\cos t \end{pmatrix}\right]$.
En $t = 0$ : $C_1 = 1$ et $-C_2 = 0$.
$x(t) = e^{-t}\cos t$ et $y(t) = e^{-t}\sin t$. Le point tourne autour de l'origine, d'angle $t$, à la distance $e^{-t}$ : une spirale qui s'enroule vers $O$, car la partie réelle $-1$ est négative. Erreur à éviter : rendre une solution complexe, alors que $x$ et $y$ sont réelles.
Exercice 6 : Soit $A = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$. Un étudiant écrit $e^{tA} = \begin{pmatrix} e^{t} & e^{t} \\ 1 & e^{t} \end{pmatrix}$. Montre que c'est faux, calcule $e^{tA}$, puis résous $X' = AX$ avec $X(0) = \begin{pmatrix} x_0 \\ y_0 \end{pmatrix}$.
Correction :
Une exponentielle $e^{tA}$ vaut $I$ en $t = 0$, et le calcul passe par $A = I + N$ avec $N$ nilpotente (une de ses puissances est nulle).
En $t = 0$, la matrice de l'étudiant vaut $\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \neq I$ : il a pris l'exponentielle de chaque coefficient.
$A$ n'a que la valeur propre $1$ et $A \neq I$, donc elle n'est pas diagonalisable (sinon elle serait semblable à $I$, donc égale à $I$). Avec $N = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$, $N^2 = 0$ et $I$ commute avec $N$ : $e^{tA} = e^{t}(I + tN) = \begin{pmatrix} e^{t} & te^{t} \\ 0 & e^{t} \end{pmatrix}$.
Puis $X(t) = e^{tA}X(0)$ :
$x(t) = (x_0 + t\,y_0)e^{t}$ et $y(t) = y_0 e^{t}$. Dans le produit, $te^{t}$ multiplie $y_0$ et non $x_0$ : contrôle avec $x' = x + y$.
Exercices : niveau difficile
Exercice 7 : Deux blocs de métal identiques, en contact et isolés de l'extérieur, échangent de la chaleur. Leurs températures $T_1$ et $T_2$ (en °C, $t$ en minutes) vérifient $T_1' = k(T_2 - T_1)$ et $T_2' = k(T_1 - T_2)$, avec $k = 0,1\ \text{min}^{-1}$, $T_1(0) = 80$ °C et $T_2(0) = 20$ °C (données fictives). Calcule $T_1(t)$ et $T_2(t)$, puis le temps au bout duquel l'écart de température passe sous $1$ °C.
Correction :
On diagonalise la matrice du système, puis on fixe les constantes avec les températures initiales.
La matrice $k\begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}$ a pour valeurs propres $0$, de vecteur propre $\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$, et $-2k = -0,2$, de vecteur propre $\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}$.
Donc $T_1 = C_1 + C_2 e^{-0,2t}$ et $T_2 = C_1 - C_2 e^{-0,2t}$. En $t = 0$ : $C_1 + C_2 = 80$ et $C_1 - C_2 = 20$, soit $C_1 = 50$ et $C_2 = 30$.
L'écart vaut $T_1 - T_2 = 60e^{-0,2t}$, et $60e^{-0,2t} < 1 \iff t > 5\ln 60 \approx 20,5$.
$T_1(t) = 50 + 30e^{-0,2t}$ °C et $T_2(t) = 50 - 30e^{-0,2t}$ °C ; l'écart passe sous $1$ °C après environ $20,5$ min. La valeur propre $0$ traduit la conservation de $T_1 + T_2$ : la chaleur passe d'un bloc à l'autre sans se perdre.
Exercice 8 : On étudie le système $x' = -x + 2y + 1$, $y' = x - y$.
a) Trouve sa solution constante $X^*$, appelée point d'équilibre.
b) Donne la solution générale.
c) La solution qui part de $x(0) = y(0) = 0$ tend-elle vers $X^*$ ? Justifie.
Correction :
On se ramène au cas homogène : $Y = X - X^*$ vérifie $Y' = AY$, avec $A = \begin{pmatrix} -1 & 2 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}$.
a) $x - y = 0$ et $-x + 2y + 1 = 0$ donnent $X^* = \begin{pmatrix} -1 \\ -1 \end{pmatrix}$.
b) $\det(A - \lambda I) = (\lambda + 1)^2 - 2$, donc $\lambda_1 = -1 + \sqrt{2} \approx 0,41$ et $\lambda_2 = -1 - \sqrt{2} \approx -2,41$, de vecteurs propres $V_1 = \begin{pmatrix} \sqrt{2} \\ 1 \end{pmatrix}$ et $V_2 = \begin{pmatrix} \sqrt{2} \\ -1 \end{pmatrix}$ :
$X(t) = X^* + C_1 e^{\lambda_1 t}V_1 + C_2 e^{\lambda_2 t}V_2$.
c) $X(0) - X^* = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$ impose $\sqrt{2}(C_1 + C_2) = 1$ et $C_1 - C_2 = 1$, d'où $C_1 = \frac{2 + \sqrt{2}}{4} > 0$. Comme $\lambda_1 > 0$, le terme $C_1 e^{\lambda_1 t}V_1$ explose.
Non : $x(t)$ et $y(t)$ tendent vers $+\infty$. Seules les solutions qui partent de la droite passant par $X^*$ et dirigée par $V_2$ tendent vers $X^*$. Une seule valeur propre positive suffit à rendre l'équilibre instable, même si l'autre est négative.
Bilan et conseils
Ce qu'il faut retenir : avant tout calcul, regarde les valeurs propres. Le signe de leur partie réelle dit si les solutions s'éteignent ou explosent, et une partie imaginaire non nulle les fait tourner. Ensuite, contrôle chaque résultat en $t = 0$ et dans le système : c'est ce test qui attrape les erreurs de lignes et de colonnes.
En MP et MPI, la résolution explicite n'est pas un but en soi : le programme limite les calculs aux matrices diagonalisables ou de taille $3$ au plus, et invite à souligner le rôle du signe des parties réelles des valeurs propres (programme de mathématiques MP et MPI, 2021).
Sources
Ministère de l'Enseignement supérieur, de la Recherche et de l'Innovation, programme de mathématiques des classes préparatoires MP et MPI (2021), partie « Équations différentielles linéaires ».