Avec second membre - Bibm@th.net
Enoncé 
Résoudre les systèmes différentiels suivants :
$$\begin{array}{lll}
\mathbf 1.\
\left\{
\begin{array}{rcl}
x_1'(t)&=&6x_1(t)+3x_2(t)-3t+4e^{3t}\\
x_2'(t)&=&-4x_1(t)-x_2(t)+4t-4e^{3t}
\end{array}\right.
&\quad&
\mathbf 2.\
\left\{
\begin{array}{rcl}
x_1'(t)&=&x_2(t)+1\\
x_2'(t)&=&-x_1(t)+2x_2(t)+t.
\end{array}\right.
\end{array}$$
Indication 
- Introduire la matrice $A$ du sytème et la diagonaliser. Introduire ensuite le vecteur $Y(t)=\binom{y_1(t)}{y_2(t)}$ tel que $X(t)=PY(t)$ (où $P$ est la matrice de passage à la base qui diagonalise $A$), et résoudre le système (diagonal) vérifié par $Y(t)$.
- La méthode est similaire, mais cette fois la matrice n'est que trigonalisable. On obtient un système triangulaire, qu'on résout de bas en haut.
Corrigé
- Soit $A=\left( \begin{array}{cc} 6&3\\ -4&-1 \end{array} \right)$ la matrice du système. Ses valeurs propres sont 2 et 3, avec vecteurs propres respectifs $(-3,4)$ et $(4,-4)$. Soit $P$ la matrice de passage de la base canonique à la nouvelle base, c'est-à-dire $$P=\left(\begin{array}{cc} -3&4\\ 4&-4 \end{array}\right),\ P^{-1}=\frac14\left(\begin{array}{cc} 4&4\\ 4&3\end{array}\right).$$ Soit $Y(t)=\begin{pmatrix}y_1(t)\\y_2(t)\end{pmatrix}$ tel que $X(t)=PY(t)$. Le système se réécrit alors en $$PY'(t)=APY(t)+B(t)\iff Y'(t)=P^{-1}APY(t)+P^{-1}B(t),$$ où $B(t)=\begin{pmatrix}-3t+4e^{3t}\\4t-4e^{3t}\end{pmatrix}$. Ainsi, on obtient le système différentiel diagonal suivant : $$\left\{ \begin{array}{rcl} y_1'(t)&=&2y_1(t)+t\\ y_2'(t)&=&3y_2(t)+e^{3t}. \end{array} \right.$$ Il est désormais facile de résoudre séparément chacune des équations différentielles séparément, en cherchant notamment une solution particulière sous la forme d'une exponentielle-polynôme. On trouve alors que $$\left\{ \begin{array}{rcl} y_1(t)&=&\lambda e^{2t}-\frac t2-\frac14\\ y_2(t)&=&\mu e^{3t}+te^{3t} \end{array}\right.$$ Revenant à $X(t)$, on trouve que les solutions du système différentiel initial sont les fonctions $$\left\{ \begin{array}{rcl} x_1(t)&=&-3\lambda e^{2t}+4\mu e^{3t}+\frac{3t}2+\frac34+4te^{3t}\\ x_2(t)&=&4\lambda e^{2t}-4\mu e^{3t}-2t-1-4te^{3t}. \end{array}\right.$$
- La méthode est similaire, mais cette fois la matrice va simplement être trigonalisable. On pose donc $$A=\left( \begin{array}{cc} 0&1\\ -1&2 \end{array} \right)$$ la matrice du système et $$B(t)=\begin{pmatrix} 1\\ t \end{pmatrix}.$$ Le polynôme caractéristique de $A$ est $\chi_A(X)=(X-1)^2.$ La seule valeur propre de $A$ est $1,$ et donc $A$ n'est pas diagonalisable puisqu'elle n'est pas égale à $I_2$. Un vecteur propre associé à la valeur propre $1$ est $u=(1,1)$. On cherche ensuite $v$ tel que $Av=v+u,$ et on remarque que $v=(0,1)$ convient. Si on introduit alors $$P=\begin{pmatrix} 1&0\\ 1&1\end{pmatrix}, T=\begin{pmatrix} 1&1\\ 0&1 \end{pmatrix}$$ on a alors $A=PTP^{-1}$ et un petit calcul donne $$P^{-1}=\begin{pmatrix} 1&0\\ -1&1 \end{pmatrix}.$$ On pose alors $Y(t)=P^{-1}X(t)$ et $C(t)=P^{-1}B(t).$ On remarque que \begin{align*} X'=AX+B&\iff PY'=APY+B\\ &\iff Y'=TY+C. \end{align*} On a par ailleurs $$C(t)=\begin{pmatrix} 1\\ t-1 \end{pmatrix}$$ et en notant $$Y(t)=\begin{pmatrix}y_1(t)\\y_2(t)\end{pmatrix},$$ on obtient le système $$\left\{ \begin{array}{rcl} y_1'(t)&=&y_1(t)+y_2(t)+1\\ y_2'(t)&=&y_2(t)+t-1. \end{array}\right.$$ On résout ce système de bas en haut. Les méthodes usuelles de résolution des équations différentielles du premier ordre donnent $$y_2(t)=Ce^t-t,\ C\in\mathbb R,$$ et on obtient $$y_1'(t)=y_1(t)+Ce^t-t+1.$$ En utilisant à nouveau les mêmes méthodes, on trouve que $$y_1(t)=De^t+Cte^t+t,\ D\in\mathbb R.$$ Revenant à $X$ par la relation $X=PY,$ on trouve finalement que les solutions de l'équation sont les fonctions qui s'écrivent $$\left\{ \begin{array}{rcl} x_1(t)&=&(D+Ct)e^t+t\\ x_2(t)&=&(D+C+Ct)e^t, \end{array}\right. $$ où $C,D\in\mathbb R.$