Systèmes Différentiels Linéaires : Maîtrise leur Résolution avec ORBITECH

Correction :

Pour transformer un système d'équations différentielles linéaires en notation matricielle, on identifie les coefficients des variables $x(t)$ et $y(t)$ dans chaque équation pour former la matrice $A$. Le vecteur $X(t)$ est composé des fonctions $x(t)$ et $y(t)$.

Le système est :

• $x'(t) = 2 \cdot x(t) + 1 \cdot y(t)$
• $y'(t) = 1 \cdot x(t) + 3 \cdot y(t)$

La matrice $A$ a pour colonnes les coefficients de $x(t)$ et $y(t)$ dans la première et la seconde équation, respectivement.

$$A = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 3 \end{pmatrix}$$

Le vecteur $X(t)$ est :

$$X(t) = \begin{pmatrix} x(t) \\ y(t) \end{pmatrix}$$

Donc, le système s'écrit :

Correction :

Pour trouver les valeurs propres d'une matrice $A$, on résout l'équation caractéristique $\det(A - \lambda I) = 0$, où $\lambda$ représente les valeurs propres et $I$ est la matrice identité.

$$A - \lambda I = \begin{pmatrix} 4 & 1 \\ 2 & 3 \end{pmatrix} - \lambda \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4-\lambda & 1 \\ 2 & 3-\lambda \end{pmatrix}$$

Le déterminant est :

$\det(A - \lambda I) = (4-\lambda)(3-\lambda) - (1)(2) = 0$.

Développons :

$12 - 4\lambda - 3\lambda + \lambda^2 - 2 = 0$.

$\lambda^2 - 7\lambda + 10 = 0$.

C'est une équation du second degré pour $\lambda$. Calculons le discriminant :

$\Delta = (-7)^2 - 4(1)(10) = 49 - 40 = 9$.

Les valeurs propres sont :

• $\lambda_1 = \frac{-(-7) - \sqrt{9}}{2(1)} = \frac{7 - 3}{2} = \frac{4}{2} = 2$.
• $\lambda_2 = \frac{-(-7) + \sqrt{9}}{2(1)} = \frac{7 + 3}{2} = \frac{10}{2} = 5$.

Correction :

Pour chaque valeur propre $\lambda$, on cherche un vecteur non nul $V$ tel que $(A - \lambda I)V = 0$.

Pour $\lambda_1 = 2$ :

$$A - 2I = \begin{pmatrix} 4-2 & 1 \\ 2 & 3-2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}$$

On résout $\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 2 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$.

Cela donne le système :

• $2v_1 + v_2 = 0$
• $2v_1 + v_2 = 0$

Les deux équations sont identiques. On peut exprimer $v_2$ en fonction de $v_1$ : $v_2 = -2v_1$.

En choisissant $v_1 = 1$, on obtient $v_2 = -2$. Un vecteur propre associé à $\lambda_1 = 2$ est $V_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \end{pmatrix}$.

Pour $\lambda_2 = 5$ :

$$A - 5I = \begin{pmatrix} 4-5 & 1 \\ 2 & 3-5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 2 & -2 \end{pmatrix}$$

On résout $\begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 2 & -2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$.

Cela donne le système :

• $-v_1 + v_2 = 0 \implies v_1 = v_2$.
• $2v_1 - 2v_2 = 0 \implies v_1 = v_2$.

En choisissant $v_1 = 1$, on obtient $v_2 = 1$. Un vecteur propre associé à $\lambda_2 = 5$ est $V_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$.

Correction :

Si une matrice $A$ est diagonalisable et possède des valeurs propres distinctes $\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_n$ avec les vecteurs propres correspondants $V_1, V_2, \dots, V_n$, alors la solution générale du système $X'(t) = AX(t)$ est de la forme :

$$X(t) = C_1 e^{\lambda_1 t} V_1 + C_2 e^{\lambda_2 t} V_2 + \dots + C_n e^{\lambda_n t} V_n$$

Dans notre cas, nous avons $\lambda_1 = 2$ avec $V_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \end{pmatrix}$ et $\lambda_2 = 5$ avec $V_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$.

La solution générale est donc :

$$X(t) = C_1 e^{2t} \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \end{pmatrix} + C_2 e^{5t} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$$

Ceci peut aussi s'écrire :

$$X(t) = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -2 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} C_1 e^{2t} \\ C_2 e^{5t} \end{pmatrix}$$

où la matrice contient les vecteurs propres comme colonnes.

Correction :

Nous avons la solution générale :

$$X(t) = C_1 e^{2t} \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \end{pmatrix} + C_2 e^{5t} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$$

Appliquons la condition initiale $X(0) = \begin{pmatrix} 3 \\ 0 \end{pmatrix}$ :

$$X(0) = C_1 e^{0} \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \end{pmatrix} + C_2 e^{0} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} = C_1 \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \end{pmatrix} + C_2 \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} C_1 + C_2 \\ -2C_1 + C_2 \end{pmatrix}$$

On doit donc résoudre le système linéaire pour $C_1$ et $C_2$ :

$$\begin{cases} C_1 + C_2 = 3 \\ -2C_1 + C_2 = 0 \end{cases}$$

De la deuxième équation, on tire $C_2 = 2C_1$.

En substituant dans la première équation : $C_1 + (2C_1) = 3 \implies 3C_1 = 3 \implies C_1 = 1$.

Alors, $C_2 = 2C_1 = 2(1) = 2$.

Les coefficients sont $C_1=1$ et $C_2=2$. La solution particulière est :

$$X(t) = 1 \cdot e^{2t} \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \end{pmatrix} + 2 \cdot e^{5t} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} e^{2t} + 2e^{5t} \\ -2e^{2t} + 2e^{5t} \end{pmatrix}$$

Astuce : La résolution du système pour trouver $C_1$ et $C_2$ est souvent plus rapide en notation matricielle :

$$ \begin{pmatrix} C_1 \\ C_2 \end{pmatrix} = P^{-1} X(0) $$ où $P$ est la matrice dont les colonnes sont les vecteurs propres.

Ici $P = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -2 & 1 \end{pmatrix}$. $\det(P) = 1 - (-2) = 3$.

$P^{-1} = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}$.

$$ \begin{pmatrix} C_1 \\ C_2 \end{pmatrix} = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 2 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 3 \\ 0 \end{pmatrix} = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 3 \\ 6 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix} $$

Ceci confirme $C_1=1$ et $C_2=2$.

Correction :

1. Valeurs propres :

L'équation caractéristique est $\det(A - \lambda I) = \det\begin{pmatrix} 1-\lambda & 1 \\ 0 & 1-\lambda \end{pmatrix} = (1-\lambda)^2 = 0$.

Il y a une valeur propre double $\lambda = 1$ (avec multiplicité algébrique 2).

2. Non diagonalisabilité :

Pour que la matrice soit diagonalisable, il faudrait que la multiplicité géométrique soit égale à la multiplicité algébrique (qui est 2). Cherchons les vecteurs propres pour $\lambda=1$ :

$$A - 1I = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$$

On résout $\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$. Cela donne $0v_1 + 1v_2 = 0$, donc $v_2 = 0$.

Les vecteurs propres sont de la forme $\begin{pmatrix} v_1 \\ 0 \end{pmatrix} = v_1 \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$. Il n'y a qu'un seul vecteur propre linéairement indépendant (multiplicité géométrique 1).

La matrice n'est pas diagonalisable.

Dans ce cas, la solution générale ne s'écrit pas simplement avec $e^{\lambda t}V$. Il faut utiliser l'exponentielle de matrice $e^{At}$.

3. Calcul de $e^{At}$ :

Pour une matrice $A$ de la forme $A = \lambda I + N$ où $N$ commute avec $\lambda I$ (ce qui est toujours le cas), $e^{At} = e^{(\lambda I + N)t} = e^{\lambda It} e^{Nt} = e^{\lambda t} e^{Nt}$.

Ici, $A = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$. On peut écrire $A = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$.

Donc $\lambda = 1$ et $N = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$.

La matrice $N$ est nilpotente : $N^2 = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$.

Pour une matrice nilpotente $N$ telle que $N^k=0$, le développement de $e^{Nt}$ est un polynôme fini : $e^{Nt} = I + Nt + \frac{N^2t^2}{2!} + \dots$.

Ici, $e^{Nt} = I + Nt = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} + t \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & t \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$.

Donc, $e^{At} = e^{1 \cdot t} e^{Nt} = e^t \begin{pmatrix} 1 & t \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} e^t & te^t \\ 0 & e^t \end{pmatrix}$.

4. Solution générale :

$$X(t) = e^{At} X(0) = \begin{pmatrix} e^t & te^t \\ 0 & e^t \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_0 \\ y_0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} e^t x_0 + te^t x_0 \\ e^t y_0 \end{pmatrix}$$

Donc, $x(t) = (x_0 + tx_0)e^t$ et $y(t) = y_0e^t$.

Correction :

Il s'agit d'un système linéaire non homogène. La solution générale est de la forme $X(t) = X_h(t) + X_p(t)$, où $X_h(t)$ est la solution générale du système homogène associé $X'(t) = AX(t)$, et $X_p(t)$ est une solution particulière du système non homogène.

1. Solution homogène :

La matrice $A = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$ est diagonale. Les valeurs propres sont les éléments diagonaux : $\lambda_1 = 1$ et $\lambda_2 = 2$. Les vecteurs propres sont les vecteurs de base canonique : $V_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$ et $V_2 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}$.

La solution générale homogène est :

$$X_h(t) = C_1 e^{1t} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} + C_2 e^{2t} \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} C_1 e^t \\ C_2 e^{2t} \end{pmatrix}$$

2. Solution particulière :

Le second membre $B = \begin{pmatrix} 1 \\ 3 \end{pmatrix}$ est un vecteur constant. On cherche donc une solution particulière constante $X_p(t) = K = \begin{pmatrix} k_1 \\ k_2 \end{pmatrix}$.

Alors $X_p'(t) = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$.

En substituant dans le système : $0 = AK + B$.

$$\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} k_1 \\ k_2 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 1 \\ 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} k_1 + 1 \\ 2k_2 + 3 \end{pmatrix}$$

On résout le système :

• $k_1 + 1 = 0 \implies k_1 = -1$.
• $2k_2 + 3 = 0 \implies 2k_2 = -3 \implies k_2 = -3/2$.

La solution particulière est $X_p(t) = \begin{pmatrix} -1 \\ -3/2 \end{pmatrix}$.

3. Solution générale :

$$X(t) = X_h(t) + X_p(t) = \begin{pmatrix} C_1 e^t \\ C_2 e^{2t} \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} -1 \\ -3/2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} C_1 e^t - 1 \\ C_2 e^{2t} - 3/2 \end{pmatrix}$$

4. Condition initiale $X(0) = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$ :

$$X(0) = \begin{pmatrix} C_1 e^0 - 1 \\ C_2 e^0 - 3/2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} C_1 - 1 \\ C_2 - 3/2 \end{pmatrix}$$

On doit avoir $\begin{pmatrix} C_1 - 1 \\ C_2 - 3/2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$.

• $C_1 - 1 = 0 \implies C_1 = 1$.
• $C_2 - 3/2 = 0 \implies C_2 = 3/2$.

La solution particulière est donc :

$$X(t) = \begin{pmatrix} 1 \cdot e^t - 1 \\ \frac{3}{2} e^{2t} - \frac{3}{2} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} e^t - 1 \\ \frac{3}{2}(e^{2t} - 1) \end{pmatrix}$$

Correction :

1. Matrice $A$ :

En écrivant le système sous forme matricielle $X'(t) = AX(t)$, avec $X(t) = \begin{pmatrix} P(t) \\ Q(t) \end{pmatrix}$ :

$$A = \begin{pmatrix} -1 & 2 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}$$

2. Valeurs propres et stabilité :

L'équation caractéristique est $\det(A - \lambda I) = 0$.

$$\det\begin{pmatrix} -1-\lambda & 2 \\ 1 & -1-\lambda \end{pmatrix} = (-1-\lambda)(-1-\lambda) - (2)(1) = (1+\lambda)^2 - 2 = 0$$

$(1+\lambda)^2 = 2 \implies 1+\lambda = \pm\sqrt{2}$.

Les valeurs propres sont :

• $\lambda_1 = -1 + \sqrt{2}$. Comme $\sqrt{2} \approx 1.414$, $\lambda_1 \approx 0.414 > 0$.
• $\lambda_2 = -1 - \sqrt{2}$. Comme $\sqrt{2} \approx 1.414$, $\lambda_2 \approx -2.414 < 0$.

Puisqu'une des valeurs propres est positive ($\lambda_1 > 0$), cela indique le système n'est pas stable. Les populations ne vont pas converger vers un état d'équilibre stable ; en particulier, la population associée à la valeur propre positive aura tendance à croître sans limite dans ce modèle linéaire simplifié.

3. Vecteurs propres :

Pour $\lambda_1 = -1 + \sqrt{2}$ :

$$A - \lambda_1 I = \begin{pmatrix} -1 - (-1+\sqrt{2}) & 2 \\ 1 & -1 - (-1+\sqrt{2}) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -\sqrt{2} & 2 \\ 1 & -\sqrt{2} \end{pmatrix}$$

On résout $-\sqrt{2}v_1 + 2v_2 = 0$. Cela donne $v_2 = \frac{\sqrt{2}}{2}v_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}v_1$.

Si $v_1 = \sqrt{2}$, alors $v_2 = 1$. Vecteur propre $V_1 = \begin{pmatrix} \sqrt{2} \\ 1 \end{pmatrix}$.

Pour $\lambda_2 = -1 - \sqrt{2}$ :

$$A - \lambda_2 I = \begin{pmatrix} -1 - (-1-\sqrt{2}) & 2 \\ 1 & -1 - (-1-\sqrt{2}) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \sqrt{2} & 2 \\ 1 & \sqrt{2} \end{pmatrix}$$

On résout $\sqrt{2}v_1 + 2v_2 = 0$. Cela donne $v_2 = -\frac{\sqrt{2}}{2}v_1 = -\frac{1}{\sqrt{2}}v_1$.

Si $v_1 = \sqrt{2}$, alors $v_2 = -1$. Vecteur propre $V_2 = \begin{pmatrix} \sqrt{2} \\ -1 \end{pmatrix}$.

4. Solution générale :

$$X(t) = C_1 e^{(-1+\sqrt{2})t} \begin{pmatrix} \sqrt{2} \\ 1 \end{pmatrix} + C_2 e^{(-1-\sqrt{2})t} \begin{pmatrix} \sqrt{2} \\ -1 \end{pmatrix}$$

$$X(t) = \begin{pmatrix} C_1 \sqrt{2} e^{(-1+\sqrt{2})t} + C_2 \sqrt{2} e^{(-1-\sqrt{2})t} \\ C_1 e^{(-1+\sqrt{2})t} - C_2 e^{(-1-\sqrt{2})t} \end{pmatrix}$$

5. Évolution des populations avec conditions initiales :

$P(0)=100$ et $Q(0)=50$. Donc $X(0) = \begin{pmatrix} 100 \\ 50 \end{pmatrix}$.

$$X(0) = C_1 \begin{pmatrix} \sqrt{2} \\ 1 \end{pmatrix} + C_2 \begin{pmatrix} \sqrt{2} \\ -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \sqrt{2}(C_1 + C_2) \\ C_1 - C_2 \end{pmatrix}$$

Système pour $C_1, C_2$ :

• $\sqrt{2}(C_1 + C_2) = 100 \implies C_1 + C_2 = \frac{100}{\sqrt{2}} = 50\sqrt{2}$.
• $C_1 - C_2 = 50$.

Additionnons les deux équations : $2C_1 = 50\sqrt{2} + 50 \implies C_1 = 25\sqrt{2} + 25$.

Soustrayons la seconde de la première : $2C_2 = 50\sqrt{2} - 50 \implies C_2 = 25\sqrt{2} - 25$.

La solution est :

$$P(t) = \sqrt{2}((25\sqrt{2}+25) e^{(-1+\sqrt{2})t} + (25\sqrt{2}-25) e^{(-1-\sqrt{2})t})$$

$$Q(t) = (25\sqrt{2}+25) e^{(-1+\sqrt{2})t} - (25\sqrt{2}-25) e^{(-1-\sqrt{2})t}$$

Interprétation : Comme $\lambda_1 > 0$, le terme $e^{(-1+\sqrt{2})t}$ va croître avec le temps. La population $P(t)$ associée à cette valeur propre aura une croissance dominante. Ce modèle simplifié ne prévoit pas de cycles de populations stables et suggère une croissance illimitée, ce qui est irréaliste en dehors d'une certaine période ou en l'absence de régulations.