Math spé : Exercices sur les équations différentielles

Avant de commencer, on pourra consulter la vidéo suivante présentant la méthode de variation de la constante.

1. On commence par résoudre l'équation homogène $y'+y=0$ dont la solution générale est $y(x)=\lambda e^{-x},$ $\lambda\in\mathbb R.$ On cherche une solution particulière sous la forme $y(x)=\lambda(x)e^{-x}$, de sorte que $y'(x)=\lambda'(x)e^{-x}-\lambda(x)e^{-x}$. On introduit ceci dans l'équation différentielle et on trouve $$\lambda'(x)e^{-x}-\lambda(x)e^{-x}+\lambda(x)e^{-x}=\frac{1}{1+e^x}.$$ Après simplification, ceci donne : $$\lambda'(x)e^{-x}=\frac{1}{1+e^x}\implies \lambda'(x)=\frac{e^x}{1+e^x}.$$ Une solution particulière est donc donné par $y(x)=\ln(1+e^x)e^{-x}$. Finalement, la solution générale de l'équation avec second membre est donnée par $$x\mapsto \ln(1+e^x)e^{-x}+\lambda e^{-x},\ \lambda\in\mathbb R.$$
2. On commence par résoudre l'équation homogène $(1+x)y'+y=0$, dont la solution générale est donnée par $y(x)=\frac{\lambda}{1+x}$, $\lambda\in\mathbb R$. On cherche une solution particulière par la méthode de variation de la constante, en posant $y(x)=\frac{\lambda(x)}{1+x}$, de sorte que $$y'(x)=\frac{\lambda'(x)}{1+x}-\frac{\lambda(x)}{(1+x)^2}.$$ En introduisant ceci dans l'équation différentielle, on trouve $$(1+x)\left(\frac{\lambda'(x)}{1+x}-\frac{\lambda(x)}{(1+x)^2}\right)+\frac{\lambda(x)}{1+x}=1+\ln(1+x)$$ ce qui donne après simplifications $$\lambda'(x)=1+\ln(1+x).$$ Une primitive est donnée par $\lambda(x)=(1+x)\ln(1+x)$, et la solution générale de l'équation avec second membre est donc donnée par $$x\mapsto\frac{\lambda}{1+x}+\ln(1+x),\ \lambda\in\mathbb R.$$
3. On commence par résoudre l'équation sans second membre $y'-\frac yx=0$. On remarque que $x\mapsto x$ est une solution. Les solutions de l'équation sans second membre sont donc les fonctions $x\mapsto \lambda x$, $\lambda\in\mathbb R$.
   On cherche ensuite une solution particulière sous la forme $y(x)=\lambda(x) x$. Reportant dans l'équation différentielle, on trouve l'équation $\lambda'(x)=x$, ce qui donne $\lambda(x)=\frac{x^2}2+C$. Puisqu'on cherchait les solutions s'écrivant $\lambda(x) x,$ on obtient donc que l'ensemble des solutions de l'équation différentielle est donné par les fonctions $$x\mapsto Cx+\frac{x^3}{2},\ C\in\mathbb R.$$
4. On commence par résoudre l'équation homogène $y'-2xy=0$. Pour chercher une solution, on peut remarquer que si $y$ est une solution qui ne s'annule pas, $$y'-2xy=0\iff \frac{y'}{y}=2x\iff \ln|y|=x^2+C.$$ Ainsi, ceci nous conduit à observer que $x\mapsto e^{x^2}$ est solution de l'équation homogère et donc que la solution générale de l'équation homogène est $x\mapsto \lambda e^{x^2},$ $\lambda\in\mathbb R.$ On cherche ensuite une solution particulière de l'équation en utilisant la méthode de variation de la constante. On pose donc $y(x)=\lambda (x) e^{x^2}$ et introduisant $y$ dans l'équation avec second membre, on trouve $$\lambda'(x)e^{x^2}=(-2x+1)e^x\iff \lambda'(x)=(-2x+1)e^{-x^2+x}.$$ Une primitive est donnée par $\lambda(x)=e^{-x^2+x}$ et donc une solution particulière de l'équation avec second membre est donnée par $$x\mapsto e^{-x^2+x}e^{x^2}=e^{x}.$$ Finalement, les solutions de l'équation sont les fonctions $x\mapsto \lambda e^{x^2}+e^x,$ $\lambda\in\mathbb R.$
5. On commence par résoudre l'équation homogène $y'-\frac2t y=0$. On trouve que les solutions sont les fonctions de la forme $y(t)=\lambda t^2,$ $\lambda\in\mathbb R.$ On cherche une solution particulière par la méthode de variation de la constante en posant $y(t)=\lambda(t)t^2$. L'équation devient : $$t^2=y'(t)-\frac2t y(t)=\lambda'(t) t^2.$$ Dès lors, $\lambda'(t)=1$ soit $\lambda(t)=t+C$. Finalement, les solutions sur $]0,+\infty[$ de l'équation de départ sont les fonctions $$t\mapsto t^3+Ct^2,\ C\in\mathbb R.$$

1. 1. Il est clair que $\lim_{x\to 0^+}f(x)=0$, indépendamment de la valeur de $C$, et que $\lim_{x\to 0^-}f(x)=\pm\infty$ si $D\neq 0$, et $\lim_{x\to 0^-}f(x)=0$ si $D=0$. Ainsi, on a un prolongement continu en $0$ si et seulement si $D=0$. Dans ce cas, on a $f(0)=0$.
   2. On suppose donc que $D=0$. La fonction $f$ étant identiquement nulle à gauche de 0, elle est dérivable à gauche en 0 et sa dérivée est nulle. Pour $x>0$, on a $$\frac{f(x)-f(0)}x=\frac{C}x\exp(-1/x).$$ Posons $u=\frac 1x$. Lorsque $x$ tend vers $0^+$, $u$ tend vers $+\infty$ et $$\frac{1}x\exp(-1/x)=u\exp(-u).$$ Par comparaison des fonctions polynomes et exponentielle, on en déduit que $\frac{f(x)-f(0)}x$ tend vers 0 lorsque $x$ tend vers $0^+$, et donc $f'$ est dérivable à droite en 0, de dérivée nulle. Ainsi, on a bien que $f$ est dérivable en 0, avec $f'(0)=0$. La continuité à gauche de $f'$ en 0 ne pose alors pas de problèmes. En ce qui concerne la dérivée à droite, on remarque que, pour $x>0$, on a $$f'(x)=\frac C{x^2}\exp(-1/x)=Cu^2\exp(-u)$$ toujours avec le même changement de variables. Comme précédemment, on en tire que $\lim_{x\to 0^+}f'(x)=0$, et donc que $f'$ est continue en 0.
2. Sur l'intervalle $]0,+\infty[$, la fonction $x^2$ ne s'annule pas et l'équation est équivalente à $$y'=\frac1{x^2}y.$$ Les solutions de cette équation sont les fonctions $y(x)=C\exp(-1/x)$, où $C\in \mathbb R$. La résolution sur l'intervalle $]-\infty,0[$ donne exactement le même ensemble de solutions.
3. Soit $y$ une solution sur $\mathbb R$. Sa restriction à $]0,+\infty[$ est solution sur $]0,+\infty[$, et donc il existe une constante $C\in\mathbb R$ telle que, pour tout $x>0$, $y(x)=C\exp(-1/x)$. La restriction de $y$ à $]-\infty,0[$ est aussi solution sur $]-\infty,0[$, et donc il existe une constante $D\in\mathbb R$ telle que, pour tout $x<0$, $y(x)=D\exp(-1/x)$. Remarquons ici que $C$ et $D$ n'ont aucune raison d'être égaux. En effet, les résolutions sur $]-\infty,0[$ et $]0,+\infty[$ se font totalement indépendamment.
   D'ailleurs, le résultat des premières questions entraîne que, pour que $y$ soit continue en $0$, il est nécessaire que $D=0$. Dans ce cas, la fonction $y$ est de classe $C^1$, et elle vérifie bien l'équation différentielle : c'est clair pour $x\neq 0$, et c'est aussi vrai en 0 par continuité de $y$ et $y'$ en 0.

Les trois équations ont en commun que le terme devant $y'$ s'annule. Il faut donc résoudre l'équation sur des intervalles où cette fonction ne s'annule pas (par exemple, $]0,+\infty[$ et $]-\infty,0[$ pour la première équation), puis étudier si les solutions se recollent correctement (ie si en "collant" une solution sur $]0,+\infty[$ et une solution sur $]-\infty,0[$ on peut obtenir une solution $C^1$ sur $\mathbb R$).

1. $ty'-2y=t^3$ : sur $]0,+\infty[$, on résout d'abord l'équation sans second membre $$ty'-2y=0\iff \frac{y'}{y}=\frac 2t$$ et donc les solutions de l'équation sans second membre sont les fonctions de la forme $y(t)=\lambda t^2$. Pour trouver les solutions de l'équation avec second membre, on peut utiliser la méthode de variation des constantes, ou remarquer plus facilement que $t\mapsto t^3$ est solution. Une fonction $y$ est donc solution de l'équation sur $]0,+\infty[$ si et seulement s'il existe $\lambda\in\mathbb R$ tel que $y(t)=\lambda t^2+t^3$. De même, une fonction $y$ est donc solution de l'équation sur $]-\infty,0[$ si et seulement s'il existe $\mu\in\mathbb R$ tel que $y(t)=\mu t^2+t^3$.
   Essayons maintenant de résoudre l'équation sur $\mathbb R$. Si $y:\mathbb R\to\mathbb R$ est solution de l'équation sur $\mathbb R$, alors il existe deux constantes $\lambda$ et $\mu$ telles que $$y(t)=\left\{\begin{array}{ll} \lambda t^2+t^3&\textrm{ si }t>0\\ \mu t^2+t^3&\textrm{ si }t<0 \end{array}\right.$$ On veut que $y$ soit continue en $0$. Mais on remarque que $$\lim_{t\to 0-}y(t)=\lim_{t\to 0^+}y(t)=0.$$ $y$ ainsi définie et prolongée par $y(0)=0$ est bien continue en 0. De même, il faut que $y$ soit dérivable en 0. Mais, $y$ est dérivable à droite en 0, et $y_d'(0)=0$ (c'est la dérivée de $t\mapsto \lambda t^2+t^3$ en 0), et $y$ est dérivable à gauche en 0 avec $y_g'(0)=0$. Ainsi, la formule précédente définit bien une fonction $y$ dérivable sur $\mathbb R$. De plus, $y$ est solution de l'équation. On pourra remarquer que l'ensemble des solutions, dans ce cas, est de dimension 2.
2. $t^2y'-y=0$ : On résout d'abord l'équation sur $]0,+\infty[$. Elle est équivalente à $y'/y=\frac{1}{t^2}$, ce qui nous dit qu'une fonction $y$ est solution sur $]0,+\infty[$ si et seulement si $y(t)=\lambda e^{-1/t}$ avec $\lambda\in\mathbb R$. De même, une fonction $y$ est solution sur $]-\infty,0[$ si et seulement si $y(t)=\mu e^{-1/t}$ avec $\mu\in\mathbb R$. Si on cherche maintenant une solution $y$ sur $\mathbb R$, ses restrictions à $]0,+\infty[$ et à $]-\infty,0[$ sont aussi solutions, et il existe $\lambda,\mu\in\mathbb R$ tels que $$y(t)=\left\{\begin{array}{ll} \lambda e^{-1/t}&\textrm{ si }t>0\\ \mu e^{-1/t}&\textrm{ si }t<0 \end{array}\right.$$ On étudie la continuité éventuelle de $y$ en 0. On a $$\lim_{t\to 0^+}y(t)=\lim_{t\to 0^+}\lambda e^{-1/t}=0,$$ tandis que $$\lim_{t\to 0^-}y(t)=\lim_{t\to 0^-}\mu e^{-1/t}=\left\{ \begin{array}{ll} +\infty&\textrm{ si }\mu>0\\ -\infty&\textrm{ si }\mu<0\\ 0&\textrm{ si }\mu=0. \end{array}\right.$$ Pour assurer la continuité de $y$ en 0, il est donc nécessaire que $\mu=0$ et on prolonge $y$ par continuité en 0 en posant $y(0)=0$. Mais alors, pour $t>0$, on a $$y'(t)=\frac{\lambda}{t^2}e^{-1/t}$$ et par comparaison des fonctions puissance et exponentielle, on a $$\lim_{t\to 0^+}y'(t)=0.$$ Puisque bien sûr $\lim_{t\to 0^-}y'(t)=0$ (rappelons que $\mu=0$), $y$ est dérivable en 0. Les solutions sur $\mathbb R$ de l'équation sont donc les fonctions $$y(t)=\left\{\begin{array}{ll} \lambda e^{-1/t}&\textrm{ si }t>0\\ 0&\textrm{ si }t<0. \end{array}\right.$$ On pourra remarquer que l'ensemble des solutions, dans ce cas, est de dimension 1.
3. $(1-t)y'-y=t$ : on résout cette fois l'équation sur chacun des intervalles $]1,+\infty[$ et $]-\infty,1[$. Les solutions de l'équation homogène associée, sur $]1,+\infty[$, sont les fonctions de la forme $$t\mapsto \frac{\lambda}{1-t},\ \lambda\in\mathbb R.$$ On résout ensuite l'équation générale par la méthode de variation de la constante. En posant $y(t)=\frac{\lambda(t)}{1-t}$, on trouve $$\lambda'(t)=t$$ et donc une solution particulière est donnée par $y(t)=\frac{t^2}{2(1-t)}$. On a donc prouvé qu'une fonction $y$ est solution sur $]1,+\infty[$ de l'équation si et seulement s'il existe une constante $\lambda\in\mathbb R$ telle que $y(t)=\frac{2\lambda+t^2}{2(1-t)}$. Quand $\lambda$ décrit $\mathbb R$, $2\lambda$ décrit lui aussi $\mathbb R$ et on peut réécrire cet ensemble de solutions plus simplement comme l'ensemble des fonctions qui s'écrivent $y(t)=\frac{\lambda+t^2}{2(1-t)}$, $\lambda\in\mathbb R$. On résout de même l'équation sur $]-\infty,1[$.
   Considérons maintenant $y$ une solution sur $\mathbb R$ de l'équation. Alors il existe deux constantes $\lambda$ et $\mu$ telles que $$y(t)=\left\{ \begin{array}{ll} \frac{\lambda +t^2}{2(1-t)}&\textrm{ si }t>1\\ \frac{\mu +t^2}{2(1-t)}&\textrm{ si }t<1. \end{array}\right.$$ Pour que $y$ soit continue en $1$, puisque $1-t\to 0$ lorsque $t$ tend vers 1, il est nécessaire que $\lambda+t^2\to 0$ lorsque $t\to 1$, soit $\lambda=-1$. De même, on doit avoir $\mu=-1$. Ainsi, si $y$ est solution sur $\mathbb R$, pour $t\neq 1$, elle s'écrit $$y(t)=\frac{t^2-1}{2(1-t)}=-\frac12(1+t).$$ Cette fonction se prolonge par continuité en 1, et on vérifie aisément qu'elle est solution de l'équation. Dans ce cas, l'ensemble des solutions est un espace affine de dimension 0.

On note $x(t)$ la quantité restante en fonction du temps, de sorte que $x(0)=20$. Du fait que la vitesse de dissolution est proportionnelle à la quantité restante, on tire qu'il existe $\alpha>0$ de sorte que $x$ est solution de l'équation différentielle $$-x'(t)=\alpha x(t).$$ La résolution de cette équation différentielle donne $x(t)=Ce^{-\alpha t}$, avec $C\in\mathbb R$. De $x(0)=20$ on tire $C=20$. Puis, de $x(5)=10$, on tire $$20e^{-5\alpha}=10\iff \alpha =\frac15\ln 2.$$ La quantité restante vaut donc $x(t)=20\exp(-(\ln 2)t/5)$. On cherche enfin $t_0$ de sorte que $x(t_0)=1$. Il vient $$20\exp(-(\ln 2)t_0/5)=1\iff -(\ln 2)t_0/5=-\ln 20\iff t_0=\frac{5\ln 20}{\ln 2}.$$ Le temps d'attente restant vaut donc $t_0-5$ minutes. Une application numérique donne environ 16 minutes et 36 secondes.

Supposons qu'une telle courbe existe. Soit $M(a,f(a))$ un point de la courbe. La tangente en $M$ a pour équation $y-f(a)=f'(a)(x-a)$. Pour que cette tangente coupe l'axe des abscisses, il est nécessaire que $f'(a)\neq 0$. L'abscisse de $T$ est alors $a-f(a)/f'(a)$. Pour que $O$ soit le milieu de $[PT]$, il est nécessaire et suffisant que $0=a-f(a)/f'(a)+a$. $f$ est donc solution de l'équation différentielle $$2af'(a)=f(a).$$ On résout cette équation différentielle, et on trouve que ses solutions sont les fonctions $f(x)=C\sqrt{x}$, $C\in\mathbb R$. Pour que $f$ ne soit pas la fonction nulle (sinon la dérivée s'annule toujours), on doit aussi demander $C\neq 0$.
Réciproquement, soit $f(x)=C\sqrt x$ avec $C\neq 0$. Si $M(a,C\sqrt a)$ est un point de la courbe, la tangente en $M$ a pour équation $y-C\sqrt a=\frac{C}{2\sqrt a}(x-a)$, et elle coupe l'axe des abscisses en le point d'abscisse $$a-\frac{C\sqrt a}{\frac{C}{2\sqrt a}}=a-2a=-a.$$ $O$ est bien le milieu de $T(-a,0)$ et de $P(a,0)$.

Soit $M=(t,f(t))$ un point de $C_f$. Le point $P$ a pour coordonnées $(t,0)$. La tangente à $C_f$ en $M$ a pour équation $$y-f(t)=f'(t)(x-t).$$ L'intersection de la tangente avec l'axe $(O,\vec i)$ a pour coordonnées $(a,0)$ où $a$ vérifie $$-f(t)=f'(t)(a-t)\iff a=t-\frac{f(t)}{f'(t)}.$$ Le vecteur $\overrightarrow{TP}$ a donc pour coordonnées $\left(\frac{f(t)}{f'(t)},0\right)$. On cherche les fonctions $f$ pour lesquelles ce vecteur est constant, c'est-à-dire pour lesquelles il existe $k\in\mathbb R$ de sorte que $\frac{f(t)}{f'(t)}=k$. $k$ ne peut pas être nul, sinon la fonction $f$ serait identiquement nulle et sa dérivée aussi. Posons $\lambda=1/k$. Alors on cherche les fonctions $f$ solutions de l'équation différentielle $f'-\lambda f=0$. Ces fonctions sont de la forme $f(t)=Ce^{\lambda t}$ avec $C\neq 0$ pour la même raison que ci-dessus. On a donc prouvé que les fonctions solutions sont à rechercher parmi les fonctions $f(t)=Ce^{\lambda t}$ avec $C,\lambda\in\mathbb R^*$.
Réciproquement, on vérifie facilement que ces fonctions sont solutions (il ne faut pas oublier de traiter la réciproque, ou alors il faut faire très attention de raisonner plus haut par équivalence).

Faisant $s=t=0$, on remarque que $f(0)^2=f(0)$, et donc $f(0)=0$ ou $f(0)=1$. Si $f(0)=0$, faisant $s=0$, on trouve que pour tout $t\in\mathbb R$, on a $$f(t)=f(0)f(t)=0.$$ On peut donc supposer $f(0)=1$. On repart alors de la relation initiale, on fixe la variable $s$ à une valeur quelconque de $\mathbb R$, et on dérive par rapport à $t$. On obtient $$f'(s+t)=f(s)f'(t).$$ On évalue en $t=0$, et on trouve $$f'(s)=f(s)f'(0).$$ Ainsi, $f$ est solution d'une équation différentielle $y'=\alpha y$. On en déduit que $f$ est de la forme $f(x)=Ce^{\alpha x}.$ Pour que $f(0)=1$, il est nécessaire que $C=1$. Réciproquement, on vérifie aisément que la fonction nulle et les fonctions $x\mapsto e^{\alpha x}$, $\alpha\in\mathbb R$, sont bien solutions de l'équation fonctionnelle.

On pose $g=f+f'$. Alors $f$ est solution de l'équation différentielle $f+f'=g$. On résoud cette équation. L'équation homogène est $f'+f=0$ dont la solution générale est donnée par $\lambda e^{-x}$. On résout l'équation avec second membre par la méthode de variation de la constante : en posant $f(x)=\lambda(x)e^{-x}$, on trouve $$\lambda'(x)e^{-x}=g(x),$$ et une solution particulière est donnée par $$f_0(x)=e^{-x}\int_0^{x}g(t)e^tdt.$$ Finalement, toute fonction $f$ vérifiant $f+f'=g$ s'écrit $$f(x)=\lambda e^{-x}+e^{-x}\int_0^{x}g(t)e^tdt.$$ Pour montrer que $f$ tend vers 0 en $+\infty$, il suffit de prouver que $e^{-x}\int_0^{x}g(t)e^tdt$ tend vers 0 lorsque $x$ tend vers $+\infty$. Pour cela, on va utiliser que $g$ tend vers 0 en $+\infty$, et on va couper l'intégrale en 2. Voici l'idée. Soit $A>0$ arbitraire pour le moment. Alors, pour $x\geq A$, on a $$ \left|e^{-x}\int_0^x g(t)e^{t}dt\right|\leq e^{-x}\int_0^A |g(t)e^{t}|dt+e^{-x}\int_A^x |g(t)|e^{t}dt.$$

• Si $A$ est fixé, alors on peut rendre le premier terme petit en choisissant $x$ suffisamment grand.
• Sur $[A;x]$, on peut rendre $|g(t)|$ petit à condition d'avoir choisi $A$ assez grand, ce qui nous permettra de rendre le deuxième terme petit.

Reste à effectuer cette démarche dans le bon ordre. Soit $\varepsilon>0$. Il existe $A>0$ tel que, pour $t>A$, on a $|g(t)|\leq \varepsilon$. Soit $M=\int_0^A |g(t)e^{t}|dt$ et soit $B\geq A$ tel que, pour $x\geq B$, on a $e^{-x}M\leq\varepsilon$. Alors, pour tout $x\geq B$, il vient \begin{eqnarray*} \left|e^{-x}\int_0^x g(t)e^{t}dt\right|&\leq& e^{-x}\int_0^A |g(t)e^{t}|dt+e^{-x}\int_A^x |g(t)|e^{t}dt\\ &\leq&e^{-x}M+e^{-x}\int_A^x \varepsilon e^{t}dt\\ &\leq&2\varepsilon. \end{eqnarray*} On a bien prouvé que $\lim_{+\infty}f=0$.

On remarque d'abord que $f$ est bien définie pour tout $x$. En effet, on a $$\left|\frac{e^{-t}}{\sqrt t}e^{itx}\right|\leq\frac{e^{-t}}{\sqrt t}.$$ Cette fonction est intégrable sur $[0,+\infty[$, car en 0 elle est équivalente à $\frac{1}{\sqrt t}$ qui est intégrable (intégrale de Riemann), et, au voisinage de $+\infty$, elle vérifie $$\left|\frac{e^{-t}}{\sqrt{t}}\right|\leq \frac{1}{t^2}.$$ Prouvons également que $f$ est de classe $C^1$. Pour cela, on remarque que la fonction $$g:(x,t)\mapsto\frac{e^{-t}}{\sqrt t}e^{itx}$$ admet en tout point de $\mathbb R\times ]0,+\infty[$ une dérivée partielle par rapport à $x$ égale à $$\frac{\partial g}{\partial x}(x,t)=i\sqrt te^{-t}e^{itx}.$$ De plus, on a, pour tout $x\in\mathbb R$, $$\left|\frac{\partial g}{\partial x}(x,t)\right|\leq \sqrt te^{-t}$$ et la fonction apparaissant à droite dans l'inégalité précédente est intégrable sur $]0,+\infty[$ (elle est continue en 0, et au voisinage de $+\infty$, elle est négligeable devant $1/t^2$). On en déduit par le théorème de dérivation des intégrales à paramètres que $f$ est dérivable, avec $$f'(x)=\int_0^{+\infty}i\sqrt te^{-t}e^{itx}dt.$$ On exprime le membre de droite de cette égalité en fonction de $f$ grâce à une intégration par parties, en posant $v(t)=\sqrt{t}$ et $u(t)=\frac1{ix-1}e^{(ix-1)t}$. Puisque $u(0)v(0)=0$ et $\lim_{t\to+\infty}u(t)v(t)=0$, on en déduit \begin{eqnarray*} f'(x)&=&\frac{-i}{2(ix-1)}\int_0^{+\infty}\frac{e^{-t}}{\sqrt t}e^{itx}dt\\ &=&\frac{-i(-ix-1)}{2(x^2+1)}f(x)\\ &=&\frac{-x+i}{2(x^2+1)}f(x). \end{eqnarray*} Il ne reste plus qu'à résoudre cette équation différentielle. Posant $$a(x)=\frac{-x+i}{2(x^2+1)},$$ on sait que les solutions sont de la forme $$f(x)=C\exp(A(x))$$ où $A$ est une primitive de $a$. Écrivons $$a(x)=\frac{-x}{2(x^2+1)}+\frac{i}{2(x^2+1)}$$ de sorte qu'une primitive de $a$ est $$A(x)=\frac{-1}{4}\ln(x^2+1)+\frac{i}{2}\arctan(x).$$ On en déduit qu'il existe une constante $C\in\mathbb R$ telle que $$f(x)=C(x^2+1)^{-1/4}\exp\left(\frac i2\arctan x\right).$$ On détermine la valeur de la constante $C$ en calculant $f(0)=C$. On a par ailleurs $$f(0)=\int_0^{+\infty}\frac{e^{-t}}{\sqrt{t}}dt=2\int_0^{+\infty}e^{-u^2}du$$ en effectuant le changement de variables $t=u^2$. Utilisant le rappel, on trouve que $C=\sqrt{\pi}$.

On sait que toute solution s'écrit sous la forme $$y(x)=ke^{A(x)}\textrm{ avec }A(x)=-\int_0^x e^{t^2}dt\textrm{ et }k\in\mathbb R.$$ Or, pour $t\geq 0$, on a $e^{t^2}\geq 1$ d'où l'on déduit que pour $x\geq 0$, $$\int_0^x e^{t^2}dt\geq \int_0^x 1=x.$$ On en déduit que $A(x)$ tend vers $-\infty$ quand $x$ tend vers $+\infty$ et donc par composition et produit que $y(x)$ tend vers 0 lorsque $x$ tend vers $+\infty$.

Il y a deux clés pour résoudre cet exercice :

• toute fonction impaire vaut $0$ en $0$;
• l'équation différentielle $(E)$ admet une unique solution $y_0$ vérifiant $y_0(0)=0$.

Ceci montre déjà l'unicité : s'il y a une fonction $y$ impaire solution de $(E)$, elle vérifie $y(0)=0$ et doit donc être égale à $y_0$. Réciproquement, on doit prouver que $y_0$ est impaire. On va poser $z(t)=-y_0(-t)$. $z$ est solution de $(E)$. En effet, $$z'(t)+a(t)z(t)=y_0'(-t)-a(t)y_0(-t)=y_0'(-t)+a(-t)y_0(-t)=b(-t)=b(t),$$ car $y_0$ est solution de $(E)$, $a$ est impaire et $b$ est paire. $z$ est donc solution de $(E)$, et satisfait de plus $z(0)=0$. Ainsi, par unicité au problème de Cauchy, $z$ est égale à $y_0$, et donc $y_0$ est impaire.
On pouvait aussi prouver que $y_0$ est impaire, en cherchant à résoudre l'équation différentielle par la méthode usuelle (solution de l'équation homogène à l'aide de l'exponentielle et d'une primitive de $a$, puis méthode de variation de la constante).

Les solutions de l'équation sont les fonctions de la forme $y(t)=C\exp\big(A(t))$ avec $A(t)=\int_0^t a(u)du$ et $C\in\mathbb R$. Or, pour tout $t\in\mathbb R$, $$|A(t)|\leq \left|\int_0^t |a(u)|du\right|\leq \int_{\mathbb R}|a(u)|du.$$ Ainsi, $y$ est bornée par $|C|\exp\left(\int_{\mathbb R}|a(u)|du\right).$

Soit $P$ une fonction polynôme non-nulle solution de l'équation, de coefficient dominant $a_n x^n$. Alors $(x^2-3)P''-4xP'+6P$ est une fonction polynôme de degré au plus $n$, dont le coefficient devant $x^n$ est $$n(n-1)a_n-4na_n+6a_n=a_n(n^2-5n+6).$$ Ce coefficient doit être nul. Or, $a_n\neq 0$. C'est donc que $n^2-5n+6=0$, ou encore que $n=2$ ou $n=3$. On cherche donc les polynômes solution sous la forme $P(x)=a_3x^3+a_2x^2+a_1x+a_0$. $P$ est solution de l'équation si et seulement si les coefficients vérifient le système $$\left\{ \begin{array}{rcl} -18a_3+2a_1&=0\\ -6a_2+6a_0&=0\\ \end{array} \right.$$ Les polynômes solution sont donc ceux qui s'écrivent $$\lambda(x^3+9x)+\mu(x^2+1).$$ Comme les deux fonctions $x\mapsto x^3+9x$ et $x\mapsto x^2+1$ sont linéairement indépendantes, on a donc résolu l'équation sur tout intervalle où $x^2-3$ ne s'annule pas. Raccordons maintenant les solutions.
Soit $f$ une solution sur $\mathbb R$. Il existe six constantes $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3$ et $\mu_1,\mu_2,\mu_3$ telles que, si $f$ est solution de l'équation sur $\mathbb R$, alors on a $$f(x)=\left\{ \begin{array}{ll} \lambda_1(x^3+9x)+\mu_1(x^2+1)&\textrm{ si }x<-\sqrt{3}\\ \lambda_2(x^3+9x)+\mu_2(x^2+1)&\textrm{ si }-\sqrt 3<x<\sqrt{3}\\ \lambda_3(x^3+9x)+\mu_3(x^2+1)&\textrm{ si }x>\sqrt{3}.\\ \end{array}\right.$$ Puisque $f$ est $C^2$ en $\sqrt{3}$, on doit avoir, $$\lim_{x\to\sqrt{3}-}f(x)=12\sqrt{3}\lambda_2+4\mu_2=12\sqrt{3}\lambda_3+4\mu_3=\lim_{x\to\sqrt{3}^+}f(x)$$ et $$\lim_{x\to\sqrt{3}-}f'(x)=18\lambda_2+2\sqrt 3\mu_2=18\lambda_3+2\sqrt3\mu_3=\lim_{x\to\sqrt{3}^+}f'(x).$$ Cette dernière équation n'apporte pas d'informations supplémentaires, car elle est obtenue en multipliant la première par $\sqrt 3/2$. Si on calcule une dérivée supplémentaire, on trouve $$\lim_{x\to\sqrt{3}-}f''(x)=6\sqrt 3\lambda_2+2\mu_2=6\sqrt 3\lambda_3+2\mu_3=\lim_{x\to\sqrt{3}^+}f''(x)$$ qui redonne toujours la même équation. La fonction $f$ est donc $C^2$ en $\sqrt 3$ si et seulement si $$\mu_3=3\sqrt 3\lambda_2+\mu_2-3\sqrt 3\lambda_3.$$ En examinant le problème en $-\sqrt{3}$, on tire cette fois comme contrainte $$\mu_1=-3\sqrt 3\lambda_2+\mu_2+3\sqrt 3\lambda_1.$$ Finalement, les solutions sur $\mathbb R$ de l'équation sont les fonctions $f$ définies comme ci-dessus, où $\lambda_1,\lambda_2,\mu_2$ et $\lambda_3$ sont n'importe quel réel, et $\mu_1$, $\mu_3$ sont données par les équations précédentes. En particulier, l'ensemble des solutions est un espace vectoriel de dimension 4.

1. Il faut étudier quelles conditions il faut mettre sur $a$, $b$, $c$ et $d$ pour que ceci définisse une solution de classe $C^2$ sur $\mathbb R$. La continuité de $y$ en $0$ entraîne que $a=c$ puisque $$a=\lim_{x\to 0^+}y(x)\textrm{ et }c=\lim_{x\to 0^-}y(x).$$ De plus, on a $$y'(x)=-2ax\sin(x^2)+2bx\cos(x^2)\textrm{ si }x>0.$$ $$y''(x)=-2a\sin(x^2)-4ax^2\cos(x^2)+2b\cos(x^2)-4bx^2\sin(x^2)\textrm{ si }x>0.$$ De même, on a $$y''(x)=-2a\sin(x^2)-4ax^2\cos(x^2)+2d\cos(x^2)-4dx^2\sin(x^2)\textrm{ si }x<0.$$ Remarquons que $$2b=\lim_{x\to 0^+}y''(x)\textrm{ et }2d=\lim_{x\to 0^-}y''(x).$$ Pour que $y''$ soit continue en 0, il est nécessaire que $b=d$. Réciproquement la fonction $x\mapsto a\cos(x^2)+b\sin(x^2)$ définit bien une fonction de classe $C^2$ sur $\mathbb R$.
2. Soit $y(x)=\sum_{n\geq 0}a_nx^n$ une série entière solution de $(E)$ de rayon de convergence $R>0$. On introduit ce développement en série entière dans $(E)$. Après dérivation terme à terme de la série, et réindexation des séries, on obtient : $$xy''-y'+4x^3y=-a_1+3a_3x^2+\sum_{n=3}^{+\infty}\big(a_{n+1}(n-1)(n+1)+4a_{n-3}\big)x^n=0$$ pour tout $x\in]-R,R[$. L'unicité du développement en série entière entraîne que $a_1=a_3=0$, tandis que, pour tout $n\geq 3$, $$a_{n+1}=-\frac{4}{(n-1)(n+1)}a_{n-3}.$$ En réindexant, on trouve, pour tout $n\geq 0$, $$a_{n+4}=-\frac{4}{(n+2)(n+4)}a_n.$$
3. D'après la relation de récurrence précédente, et puisque $a_1$ et $a_3$ sont nuls, on trouve que $a_{4p+1}=0$ et $a_{4p+3}=0$ pour tout $p\geq 0$.
4. La relation de récurrence nous dit que $$a_{4p}=-\frac{4}{(4p)(4p-2)}a_{4(p-1)}=\frac{-1}{2p(2p-1)}.$$ On prouve alors aisément par récurrence que $$a_{4p}=\frac{(-1)^p}{(2p)!}a_0.$$ De même, on obtient $$a_{4p+2}=\frac{(-1)^p}{(2p+1)!}a_2.$$
5. En appliquant la règle de d'Alembert, ou en remarquant que $\frac{R^p}{(2p)!}$ tend vers 0 lorsque $p$ tend vers l'infini, pour tout $R\in\mathbb R$, on obtient que la série entière obtenue a pour rayon de convergence $+\infty$. De plus, on a \begin{eqnarray*} y(x)&=&a_0\sum_{p\geq 0}\frac{(-1)^p}{(2p)!}x^{4p}+a_2\sum_{p\geq 0}\frac{(-1)^p}{(2p+1)!}x^{4p+2}\\ &=&a_0\cos(x^2)+a_2\sin(x^2). \end{eqnarray*}
6. Puisque la série entière obtenue a pour rayon de convergence $+\infty$, sa somme est solution de $(E)$ sur $\mathbb R$. De plus, sur chaque intervalle ne contenant pas $0$, on sait que l'ensemble des solutions de $(E)$ est un espace vectoriel de dimension 2. Il est donc nécessairement engendré par $\cos(x^2)$ et $\sin(x^2)$. Considérons maintenant une solution $y$ de $(E)$ sur $\mathbb R$. Elle est solution sur $]0,+\infty[$, et donc il existe deux constantes $a_0$ et $a_2$ telles que $$y(x)=a_0\cos(x^2)+a_2\sin(x^2)\textrm{ pour }x>0.$$ Elle est solution sur $]-\infty,0[$ et donc il existe deux constantes $b_0$ et $b_2$ telles que $$y(x)=b_0\cos(x^2)+b_2\sin(x^2)\textrm{ pour }x<0.$$ D'après la question préliminaire, $y$ va se prolonger en une fonction de classe $C^2$ si et seulement si $a_0=b_0$ et $a_2=b_2$. Ainsi, l'ensemble des solutions sur $\mathbb R$ de l'équation est l'espace vectoriel de dimension 2 engendré par les fonctions $x\mapsto a\cos(x^2)+b\sin(x^2)$, $a,b\in\mathbb R$.

Procédons par analyse/synthèse. On suppose dans un premier temps l'existence de telles fonctions $p$ et $q.$ Alors on a le système suivant : $$ \left\{ \begin{array}{rcl} y_1''+py_1'+qy_1&=&0\\ y_2''+py_2'+qy_2&=&0 \end{array}\right. \iff \left\{ \begin{array}{rcl} py_1'+qy_1&=&-y_1''\\ py_2'+qy_2&=&-y_2''. \end{array}\right.$$ Dans ce système, les inconnues sont les fonctions $p$ et $q$. A $t$ fixé, le déterminant de ce système, qui vaut $w(t),$ n'est pas nul, et on peut définir uniquement $p$ et $q$. On a même $$p=\frac{y_1''y_2-y_1y_2''}{w}\textrm{ et }q=\frac{y_1'y_2''-y_1''y_2'}{w}.$$ Ainsi, $p$ et $q$ sont définies uniquement.
Réciproquement, les fonctions $p$ et $q$ définies ci-dessus sont bien continues sur $I$, comme quotient de fonctions continues dont le dénominateur ne s'annule pas, et il est facile de vérifier que $y_1$ et $y_2$ sont solutions de l'équation $y''+py'+qy=0.$

Il est clair que $f$ est de classe $C^\infty$ sur $\mathbb R^*$. On montre aisément par récurrence sur $n$ que ses dérivées sont de la forme $$t\mapsto P_n(t)e^{-1/t^2},$$ où les $P_n$ sont des fractions rationnelles. Ainsi, pour chaque entier $n$, $f^{(n)}$ admet une limite en 0 égale à 0. Par le théorème de prolongement d'une dérivée, $f$ est de classe $C^\infty$, avec $f^{(n)}(0)=0$. Si $f$ était solution d'une équation différentielle linéaire homogène d'ordre $n$, $$y^{(n)}(t)+a_{n-1}(t)y^{(n-1)}(t)+\dots+a_0 y(t)=0,$$ elle vérifierait aussi la condition initiale $y(0)=\dots=y^{(n-1)}(0)=0$. Or, d'après le théorème de Cauchy linéaire, cette équation n'admet qu'une seule solution pour ce problème de Cauchy. Comme 0 est solution et que $f$ n'est pas identiquement nulle, on obtient une contradiction.

Soit $y$ une solution non-nulle de l'équation et soit $t_0$ un zéro de $y$. Remarquons que la fonction identiquement nulle est solution de l'équation. D'après la partie unicité du théorème de Cauchy (dans sa version linéaire adaptée aux équations d'ordre $n$), on est sûr qu'il existe $k\in\{0,\dots,n-1\}$ tel que $y^{(k)}(t_0)\neq 0$ (sinon $y$ serait la fonction nulle). Soit $p$ le plus petit des entiers $k$ tel que $y^{(k)}(t_0)\neq 0$. Alors, d'après la formule de Taylor-Young, au voisinage de $t_0$, on a $$y(t)\sim_{t_0}\frac{y^{(p)}(t_0)}{p!}(t-t_0)^p.$$ Ainsi, la fonction ne s'annule pas dans un voisinage de $t_0$ ailleurs qu'en $t_0$.

1. On calcule le polynôme caractéristique de $A$ qui est $(X-2)^2(X-1)$. On cherche ensuite un vecteur propre pour la valeur propre $1.$ On cherche ensuite le sous-espace propre associé à la valeur propre $2.$ Malheureusement, on trouve qu'il est de dimension $1,$ engendré par $$v_2=\begin{pmatrix}2\\1\\1\end{pmatrix}.$$ On cherche à trigonaliser $A$ de la façon la plus simple possible en cherchant un vecteur $v_3$ tel que $(A-2I_3)v_3=v_2.$ Posant $v_3=(x,y,z)$, on trouve le système $$\left\{ \begin{array}{rcl} -2x+2y+2z&=&2\\ -x+2z&=&1\\ -x+y+z&=&1 \end{array}\right.$$ dont une solution est $$v_3=\begin{pmatrix}-1\\0\\0\end{pmatrix}.$$ Posons alors $$P=\begin{pmatrix} 2&2&-1\\ 0&1&0\\ 1&1&0 \end{pmatrix}\textrm{, }T=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&2&1\\0&0&2 \end{pmatrix}$$ et $Y=P^{-1}X$. On a alors l'équivalence $$X'=AX\iff Y'=TY.$$ Résolvons ce dernier système, qui s'écrit encore $$\left\{ \begin{array}{rcl} y_1'(t)&=&y_1(t)\\ y_2'(t)&=&2y_2(t)+y_3(t)\\ y_3'(t)&=&2y_3(t) \end{array}\right.$$ On trouve immédiatement qu'il existe deux constantes $a$ et $c$ telles que, pour tout $t\in\mathbb R,$ $$y_1(t)=ae^t\textrm{ et }y_3(t)=ce^{2t}.$$ L'équation portant sur $y_2$ s'écrit alors $$y_2'(t)=2y_2(t)+ce^{2t}.$$ Les solutions de l'équation homogène sont les fonctions qui s'écrivent $be^{2t},$ $b\in\mathbb R,$ tandis qu'on vérifie facilement qu'une solution particulière est la fonction $t\mapsto cte^{2t}$. Finalement, les solutions de $Y'=TY$ sont les fonctions $$t\mapsto \begin{pmatrix} ae^t\\ (ct+b)e^{2t}\\ ce^{2t} \end{pmatrix}, $$ $a,b,c\in\mathbb R.$ On retourne aux solutions de $X'=AX$ par la relation $X=PY,$ et on trouve les solutions $$t\mapsto \begin{pmatrix} (2ct+2b-c)e^{2t}+2ae^t\\ (ct+b)e^{2t}\\ ae^t+(ct+b)e^{2t} \end{pmatrix},$$ $a,b,c\in\mathbb R.$
2. On reprend la même méthode. Le polynôme caractéristique de $A$ est $X(X-1)^2$. Un vecteur propre associé à la valeur propre $0$ est $v_1=\left(\begin{array}{c}1\\0\\2\end{array}\right)$ et donc la fonction constante $t\mapsto \left(\begin{array}{c}1\\0\\2\end{array}\right)$ est une solution. L'espace propre associé à la valeur propre $1$ est la droite vectorielle engendrée par $v_2=\begin{pmatrix} 1\\ 2\\-1\end{pmatrix}.$ En particulier, la matrice $A$ n'est pas diagonalisable. On va la trigonaliser en cherchant un vecteur $v_3$ tel que $(A-I)v_3=v_2.$ On trouve $v_3=\begin{pmatrix} 0\\ -1\\2 \end{pmatrix}.$ On pose ensuite $$P=\begin{pmatrix} 1&1&0\\ 0&2&-1\\ 2&-1&2 \end{pmatrix},\ T=\begin{pmatrix} 0&0&0\\ 0&1&1\\ 0&0&1 \end{pmatrix}$$ et $Y=P^{-1}X$. On résout le système $Y'=TY$ dont les solutions sont $$t\mapsto \begin{pmatrix} a\\ (b+ct)e^t\\ ce^t \end{pmatrix},$$ $a,b,c\in\mathbb R.$ On retourne à $X$ par la relation $X=PY$ et on trouve que les solutions du système $X'=AX$ sont les fonctions $$t\mapsto \begin{pmatrix} a+e^{t}(b+c+t(b+2c))\\ e^t(b+t(2b+4c))\\ 2a+e^t(b+3c+t(-b-2c)) \end{pmatrix},$$ $a,b,c\in\mathbb R.$
   On peut aussi utiliser la méthode suivante. On cherche une solution sous la forme $$X(t)=e^t(tV_2+V_1).$$ On a $X'(t)=AX(t)$ si et seulement si $$\left\{ \begin{array}{rcl} AV_2&=&V_2\\ AV_1&=&V_1+V_2\\ \end{array}\right.\iff \left\{ \begin{array}{rcl} V_2&=&(A-I)V_1\\ (A-I)^2V_1&=&0 \end{array}\right. $$ On cherche alors l'expression d'un élément $V_1$ de $\ker(A-I)^2$. Il est facile de vérifier que le noyau de $(A-I)^2$ est le plan d'équation $3X-2Y-Z=0$, dont une base est constituée des vecteurs $\left(\begin{array}{c}1\\1\\1\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}1\\0\\3\end{array}\right).$ $V_1$ s'écrit donc $$V_1=\lambda\left(\begin{array}{c}1\\1\\1\end{array}\right)+\mu\left(\begin{array}{c}1\\0\\3\end{array}\right),$$ avec $\lambda,\mu$ des réels. On en déduit $$V_2=(A-I)V_1=(\lambda+2\mu)\left(\begin{array}{c}1\\2\\-1\end{array}\right).$$ Finalement, les solutions s'écrivent donc $$\nu\left(\begin{array}{c}1\\0\\2\end{array}\right)+e^t\left(\begin{array}{c}\lambda+\mu\\\lambda\\\lambda+3\mu\end{array}\right)+(\lambda+2\mu)te^t \left(\begin{array}{c}1\\2\\-1\end{array}\right),$$

$\lambda,\mu,\nu\in\mathbb R.$

Posons $$A(t)=\left( \begin{array}{cc} 2-t&t-1\\ 2(1-t)&2t-1 \end{array}\right) \textrm{ et } X(t)=\left( \begin{array}{c} x_1(t)\\ x_2(t) \end{array} \right).$$ On doit résoudre le système $X'(t)=A(t)X(t)$. On va procéder comme pour une matrice à coefficients constants, en diagonalisant pour chaque $t$ la matrice $A(t)$. Son polynôme caractéristique est $\chi_{A(t)}(X)=X^2-(t+1)X+t$, dont les racines sont $t$ et $1$. Le miracle est que les vecteurs propres ne dépendent pas de $t$. En effet, si on pose $u_1=(1,1)$ et $u_2=(1,2)$, alors $A(t)u_1=u_1$ tandis que $A(t)u_2=tu_2$. Autrement dit, en posant $$P=\left( \begin{array}{cc} 1&1\\ 1&2 \end{array} \right)\textrm{ et } D(t)=\left( \begin{array}{cc} 1&0\\ 0&t \end{array} \right), $$ on a $A(t)=PD(t)P^{-1}$. On peut donc résoudre le système exactement comme s'il était à coefficients constants. Plus précisément, en posant $Y(t)=P^{-1}X(t)$, alors $Y$ est solution de $Y'(t)=D(t)Y(t)$, soit $$\left\{\begin{array}{rcl} y_1'&=&y_1\\ y_2'&=&ty_2. \end{array}\right.$$ Il vient $y_1(t)=Ce^t$, et $y_2(t)=De^{t^2/2}$, avec $C,D\in\mathbb R$. On revient à $X$ par la relation $X=PY$, et on trouve que les solutions de l'équation sont les fonctions $$\left\{\begin{array}{rcl} x_1(t)&=&Ce^t+De^{t^2/2}\\ x_2(t)&=&Ce^t+2De^{t^2/2}, \end{array}\right.$$ avec $C,D\in\mathbb R^2$.

Donnons deux méthodes. La première est de transformer le système en système d'ordre 1, mais de taille 4 (comme on change une équation linéaire d'ordre 2 en un système d'ordre 1). Pour cela, on pose $$X=\left(\begin{array}{c} x\\ y\\ x'\\ y' \end{array}\right).$$ Alors, on a $X'=AX$ avec $$A=\left(\begin{array}{ccccc} 0&0&1&0\\ 0&0&0&1\\ 0&-1&1&1\\ -1&0&1&1 \end{array}\right).$$ Il suffit alors de résoudre le système comme un système classique.
Une autre méthode, plus astucieuse, est de regarder un peu le système et d'observer la symétrie entre $x(t)$ et $y(t)$. Ceci incite à poser $u=x+y$ et $v=x-y$. Alors $u$ et $v$ sont solutions de $$\left\{ \begin{array}{rcl} u''(t)-2u'(t)+u(t)&=&0\\ v''(t)-v(t)&=&0 \end{array}\right.$$ On résout ces équations, et on trouve $$\left\{ \begin{array}{rcl} u(t)&=&(\lambda t+\mu)e^t\\ v(t)&=&\alpha e^t+\beta e^{-t} \end{array}\right.$$ On retrouve alors facilement $x$ et $y$.

On peut réduire la matrice $A$ sur $\mathbb C$. Il existe une matrice inversible $P$ telle que $P^{-1}AP$ est égale à l'une des deux matrices suivantes : $$T=\left(\begin{array}{cc} \lambda&0\\ 0&\mu \end{array}\right)\textrm{ ou } T=\left(\begin{array}{cc} \lambda&1\\ 0&\lambda \end{array}\right).$$ Posant $Y(t)=P^{-1}X(t)$, le système est équivalent à $$PY'(t)=APY(t)\iff Y'(t)=TY(t).$$ Toutes les normes sur $\mathbb C^2$ étant équivalentes, il suffit de vérifier que les lignes de $Y(t)$ sont toujours bornées.

• Dans le premier cas ($A$ diagonalisable), les solutions sont les fonctions de la forme $$y_1(t)=C_1 e^{\lambda t}\textrm{ et }y_2(t)=C_2 e^{\mu t}.$$ Ces deux fonctions tendent toujours vers 0 en $+\infty$ si et seulement si $\Re e(\lambda)<0$ et $\Re e(\mu)<0$.
• Dans le second cas ($A$ trigonalisable), les solutions sont de la forme $$y_1(t)=e^{\lambda t}(C_1+tC_2)\textrm{ et }y_2(t)=C_2 e^{\lambda t}.$$ Par comparaison des fonctions exponentielles et des polynômes, ceci tend toujours vers 0 en $+\infty$ si et seulement si $\Re e(\lambda)<0$.

On va noter $M^T$ la transposée d'une matrice. La norme de $X$ (au carré) est donnée par $Y(t)=X(t)^T X(t)$. On cherche une condition sur $A$ pour que, pour toute solution $X$, la dérivée de $Y$ est constante. Or, $$Y'(t)=X'(t)^TX(t)+X(t)^TX'(t)=X(t)^T(A^T+A)X(t).$$ Ainsi, si $A$ est antisymétrique, on a bien $Y'(t)=0$ et les solutions sont de norme constante.
Réciproquement, si les solutions sont toutes de norme constante, on sait que, quelque soit le choix de $X(0)\in\mathbb R^n$, on a $$X(0)^T(A^T+A)X(0)=0.$$ Par suite, si $X(0)$ est un vecteur propre de l'endomorphisme symétrique $A^T+A$, associé à la valeur propre $\lambda$, on a $$\lambda\|X(0)\|^2=0,$$ et donc $\lambda=0$. Donc la seule valeur propre de $A^T+A$ est $0.$ Cet endomorphisme étant symétrique, donc diagonalisable, on en déduit qu'il est nul et que $A^T=-A$, c'est-à-dire que $A$ est anti-symétrique.

Notons $\lambda_1,\dots,\lambda_n$ les valeurs propres de $A,$ répétées avec leur multiplicité. Alors les valeurs propres de $\exp(A)$ sont $e^{\lambda_1},\dots,e^{\lambda_n}$. On en déduit que $$\det(\exp(A))=\prod_{j=1}^n e^{\lambda_j}=e^{\sum_{j=1}^n \lambda_j}=\exp(\textrm{Tr}A).$$

Commençons par remarquer que si $A$ est antisymétrique, alors $A^T=-A.$ Ainsi, on a \begin{align*} \exp(A)\exp(A)^T&=\exp(A)\exp(A^T)\\ &=\exp(A)\exp(-A)\\ &=\exp(A-A) \textrm{ car $A$ et $-A$ commutent}\\ &=I_n. \end{align*} Ainsi, $\exp(A)$ est bien une matrice orthogonale.

Pour $n\in\mathbb N,$ on prouve facilement par récurrence que $$A^{2n}=\begin{pmatrix} (-1)^n \theta^{2n}&0\\ 0&(-1)^n\theta^{2n}\end{pmatrix}\textrm{ et } A^{2n+1}=\begin{pmatrix} 0&(-1)^{n+1}\theta^{2n+1}\\ (-1)^n \theta^{2n+1}&0 \end{pmatrix}.$$ En utilisant la définition de l'exponentielle de matrice, on a donc $$\exp(A)=\begin{pmatrix} \sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{(2n)!}\theta^{2n}&\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{(2n+1)!}\theta^{2n+1} \\ \sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(-1)^{n}}{(2n+1)!}\theta^{2n+1}&\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{(2n)!}\theta^{2n} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \cos(\theta)&-\sin(\theta)\\ \sin(\theta)&\cos(\theta) \end{pmatrix}$$ d'après le développement en série entière des fonctions $\sin$ et $\cos$.

Le polynôme caractéristique de $A$ est $\chi_A(X)=(X-1)^2(X+1)$. L'espace propre associé à la valeur propre $-1$ est $\textrm{vect}(v_1)$, où $v_1=\begin{pmatrix}1\\1\\2\end{pmatrix}$. L'espace propre associé à la valeur propre $2$ est $\textrm{vect}(v_2)$, où $v_2=\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}.$ La matrice $A$ n'est donc pas diagonalisable et on va la trigonaliser (ce qui est possible puisque son polynôme caractéristique est scindé). Pour cela, on cherche $v_3$ tel que $(A-I_3)v_3=v_2$ et on trouve par exemple $v_3=\begin{pmatrix}0\\-1\\0\end{pmatrix}.$ Ainsi, $A=PTP^{-1}$ avec $$T=\begin{pmatrix} -1&0&0\\ 0&1&1\\ 0&0&1 \end{pmatrix}\textrm{ et }P=\begin{pmatrix} 1&1&0\\ 1&0&-1\\ 2&1&0 \end{pmatrix}.$$ On a alors $\exp(A)=P\exp(T)P^{-1}.$ Le calcul de $P^{-1}$ ne pose pas de difficultés avec l'algorithme du pivot de Gauss, on trouve $$P^{-1}=\begin{pmatrix} -1&0&1\\ 2&0&-1\\ -1&-1&1 \end{pmatrix}.$$ Pour calculer $\exp(A),$ on écrit $A=D+N$ où $D$ est la matrice diagonale $D=\textrm{diag}(-1,1,1)$ et $N$ est la matrice $$N=\begin{pmatrix} 0&0&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0 \end{pmatrix}.$$ On peut remarquer que $D$ et $N$ commutent de sorte que $$\exp(D+N)=\exp(D)\exp(N).$$ Puisque $N^2=0$, $\exp(N)=1+N$ alors que $\exp(D)=\textrm{diag}(e^{-1},e,e).$ Finalement, après un calcul encore assez long (et inintéressant, seule la méthode compte ici), on trouve $$\exp(A)=\begin{pmatrix} e-e^{-1}&-e&e^{-1}\\ e-e^{-1}&e&e^{-1}-e\\ e-2e^{-1}&-e&2e^{-1} \end{pmatrix}.$$

Introduisons $$B=\left(\begin{array}{rcl} 0&1&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0 \end{array} \right).$$ Il est facile de remarquer que $$B^2=\left(\begin{array}{rcl} 0&0&1\\ 0&0&0\\ 0&0&0 \end{array} \right)$$ et $B^n=0$ pour $n\geq 3$. De plus, $A=(aI_3+b B+cB^2)$. Puisque $I_3,B$ et $B^2$ commutent, on a $$\exp(A)=\exp(a)\exp(bB)\exp(cB^2).$$ Or, utilisant que $B^n=0$ pour $n\geq 3$, on trouve \begin{eqnarray*} \exp(bB)&=&\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(bB)^n}{n!}\\ &=&I_3+bB+\frac{b^2B^2}{2}, \end{eqnarray*} et \begin{eqnarray*} \exp(cB^2)&=&\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(cB^2)^n}{n!}\\ &=&I_3+cB^2. \end{eqnarray*} Il vient \begin{eqnarray*} \exp(A)&=&e^a\left(I_3+bB+\frac{b^2B^2}{2}\right)\left(I_3+cB^2\right)\\ &=&e^a\left(I_3+bB+\left(\frac{b^2}2+c\right)B^2\right) \end{eqnarray*} soit $$\exp(A)=\left(\begin{array}{ccc} e^a&be^a&\left(\frac {b^2}2+c\right)e^a\\ 0&e^a&be^a\\ 0&0&e^a \end{array}\right).$$ La solution générale de $X'=AX$ est alors donnée par $X(t)=\exp(tA)X(0)$, soit, en posant $X(0)=(\alpha,\beta,\gamma)$ $$X(t)=\alpha e^{at}\left(\begin{array}{c} 1\\0\\0 \end{array}\right)+ \beta e^{at}\left(\begin{array}{c} bt\\ 1\\ 0 \end{array} \right) +\gamma e^{at}\left(\begin{array}{c} ct+\frac{b^2t^2}{2}\\ bt\\ 1 \end{array}\right).$$