Équation différentielle/Exercices/Équation différentielle linéaire du premier ordre

Résolutions simples

Équations homogènes à coefficients constants

1. Déterminer la solution générale de l'équation $y'+2y=0$
2. Déterminer la solution unique vérifiant la condition initiale : $y(0)=2$

Solution

1. $y'+2y=0\Leftrightarrow y'=-2y$

Donc d’après le théorème :

$y(x)=k\,e^{-2x}\,,\,k\in \mathbb {R}$

---

2. La solution générale de l'équation est :

$y=k\,e^{-2x}$

Or $y(0)=2\Rightarrow k\,e^{0}=2$ $\Rightarrow k=2$

Donc $y(x)=2e^{-2x}$

 

Équations avec second membre à coefficients constants

1. Déterminer la solution générale de l'équation $y'+2y=3$
2. Déterminer la solution unique vérifiant la condition initiale : $y(0)=-1$

Solution

1. $y'+2y=3\Leftrightarrow y'=-2y+3$

Donc d’après le théorème :

$y(x)=k\,e^{-2x}+{\frac {3}{2}}\,,\,k\in \mathbb {R}$

---

2. La solution générale de l'équation est :

$y=k\,e^{-2x}+{\frac {3}{2}}$

Or $y(0)=-1\Rightarrow k\,e^{0}+{\frac {3}{2}}=-1\Rightarrow k=-{\frac {5}{2}}$

Donc $y=-{\frac {5}{2}}\,e^{-2x}+{\frac {3}{2}}$

 

Équations à coefficients constants avec second membre variable

1.  Déterminer :

a)  la solution générale de l'équation $y'-2y=-4t$ ;

b)  la solution unique vérifiant la condition initiale : $y(0)=3$.

Solution

a)  Les solutions de l'équation différentielle homogène : $y'-2y=0$ sont : $y=k\operatorname {e} ^{2t},\,k\in \mathbb {R}$.

Par ailleurs, l'équation a une unique solution particulière polynomiale, de degré 1, $P(t)=At+B$.

$A-2\left(At+B\right)=-4t\Leftrightarrow -2A=-4,A-2B=0\Leftrightarrow A=2,B=1$ donc $P(t)=2t+1$.

La solution générale de l'équation $y'-2y=-4t$ est par conséquent :

$y=2t+1+k\operatorname {e} ^{2t},\,k\in \mathbb {R} .$

b)  Elle vérifie $y(0)=1+k$ donc la condition initiale $y(0)=3$ équivaut à $k=2$. L'unique solution est alors :

$y=2t+1+2\operatorname {e} ^{2t}$.

 

2.  Déterminer :

a)  la solution générale de l'équation $2y'-y=-t^{2}+5t$.

b)  la solution unique vérifiant la condition initiale : $y(-1)=5$.

Solution

a)  Les solutions de l'équation différentielle homogène : $2y'-y=0$ sont : $y(t)=k\operatorname {e} ^{\frac {t}{2}},\,k\in \mathbb {R}$.

Par ailleurs, l'équation a une unique solution particulière polynomiale, de degré 2, $P(t)=At^{2}+Bt+C$.

$2\left(2At+B\right)-\left(At^{2}+Bt+C\right)=-t^{2}+5t\Leftrightarrow -A=-1,4A-B=5,2B-C=0\Leftrightarrow A=1,B=-1,C=-2$ donc $P(t)=t^{2}-t-2$.

La solution générale de l'équation $2y'-y=-t^{2}+5t$ est par conséquent :

$y(t)=t^{2}-t-2+k\operatorname {e} ^{\frac {t}{2}},\,k\in \mathbb {R}$.

b)  Elle vérifie $y(-1)=k\operatorname {e} ^{\frac {-1}{2}}$ donc la condition initiale $y(-1)=5$ équivaut à $k=5\operatorname {e} ^{\frac {1}{2}}$. L'unique solution est alors :

$y(t)=t^{2}-t-2+5\operatorname {e} ^{\frac {1+t}{2}}$.

 

3.  Soient $\alpha ,\beta \in \mathbb {R}$ et $Q$ un polynôme de degré $n$. On considère l'équation $(E_{3}):u'-\alpha u=Q(x)\operatorname {e} ^{\beta x}$.

a)  À quelle condition sur $P$ la fonction $u(x):=P(x)\operatorname {e} ^{\beta x}$ est-elle solution de $(E_{3})$ ?

b)  On suppose $\beta \neq \alpha$. Montrer que l'application $\mathbb {R} _{n}[X]\to \mathbb {R} _{n}[X],\,P\mapsto P'+(\beta -\alpha )P$ est linéaire, injective et surjective. En déduire que $(E_{3})$ admet une solution particulière de la forme $u(x)=P(x)\operatorname {e} ^{\beta x}$ avec $P$ polynôme de même degré que $Q$.

c)  On suppose $\beta =\alpha$. Montrer que $(E_{3})$ admet une solution particulière de la forme $u(x)=P(x)\operatorname {e} ^{\beta x}$ avec $P$ polynôme, et préciser le degré de $P$.

Solution

a)  $(E_{3})\Leftrightarrow P'+(\beta -\alpha )P=Q$.

b)  L'application $\mathbb {R} _{n}[X]\to \mathbb {R} _{n}[X],\,P\mapsto P'+(\beta -\alpha )P$ est linéaire, comme combinaison linéaire des deux applications linéaires $P\mapsto P'$ et $P\mapsto P$. Elle est injective car son noyau est réduit à 0 (un polynôme n'est multiple de son polynôme dérivé que s'il est nul). Elle est donc surjective, d'après le théorème du rang. Il existe donc un unique polynôme $P$ antécédent de $Q$ par cette application, c'est-à-dire une unique solution de $(E_{3})$ de la forme $u(x)=P(x)\operatorname {e} ^{\beta x}$ avec $P$ polynôme de degré inférieur ou égal à $n$. Par ailleurs, un polynôme $P$ vérifiant $P'+(\beta -\alpha )P=Q$ est nécessairement de même degré que $Q$.

c)  Les solutions $P$ de $P'=Q$ sont des polynômes de degré $n+1$.

 

Équations homogènes à coefficients variables

1.  a)  Déterminer la solution générale de l'équation $y'-2ty=0$.

b)  Déterminer la solution unique vérifiant la condition initiale : $y(0)=-2$.

Solution

a)  L'équation est de la forme $ay'+by=0$, avec $a=1$ et $b(t)=-2t$. On applique le théorème du cours : une primitive de ${\frac {b}{a}}$ est $\Phi (t)=-t^{2}$ donc la solution générale est

$y=k\operatorname {e} ^{-\Phi (t)}=k\operatorname {e} ^{t^{2}},\,k\in \mathbb {R}$.

b)  $y(0)=k\operatorname {e} ^{0^{2}}=k$ donc la condition initiale, $y(0)=-2$, équivaut à $k=-2$.

La solution unique vérifiant la condition initiale est donc :

$y=-2\operatorname {e} ^{t^{2}}$.

 

2.  On considère l'équation $(E_{1}):xu'-3u=0$.

a)  Résoudre $(E_{1})$ sur $\left]0,+\infty \right[$, puis sur $\left]-\infty ,0\right[$. Vérifier que sur chacun de ces intervalles, l'ensemble des solutions est un espace vectoriel de dimension 1.

b)  Résoudre le problème de Cauchy associé sur $\left]0,+\infty \right[$ avec la condition initiale : $u(1)=2$.

c)  Résoudre $(E_{1})$ sur $\mathbb {R}$. Vérifier que l'ensemble des solutions est un espace vectoriel. Quelle est sa dimension ?

d)  Résoudre le problème de Cauchy associé sur $\mathbb {R}$ avec la condition initiale : $u(0)=1$.

Solution

a)  L'équation est de la forme $au'+bu=0$, avec $a(x)=x$ et $b(x)=-3$. On applique le théorème du cours : tant sur $\left]0,+\infty \right[$ que sur $\left]-\infty ,0\right[$, une primitive de ${\frac {b}{a}}$ est $\Phi (x)=-3\ln |x|$ donc la solution générale est

$u=k\operatorname {e} ^{-\Phi (x)}=k\operatorname {e} ^{3\ln |x|}=k|x|^{3},\,k\in \mathbb {R}$,

ou encore (en posant $C=k$ ou $C=-k$, selon que l'intervalle considéré est $\left]0,+\infty \right[$ ou $\left]-\infty ,0\right[$) :

$u=Cx^{3},\,C\in \mathbb {R}$.

C'est bien une droite vectorielle, engendrée par la solution $u=x^{3}$.

b)  $u(1)=k|1|^{3}=k$ donc la condition initiale, $u(1)=2$, équivaut à $k=2$.

La solution du problème de Cauchy sur $\left]0,+\infty \right[$ est donc :

$u=2x^{3}$.

c)  Une solution de $(E_{1})$ sur $\mathbb {R}$ est une fonction $u$ dérivable sur $\mathbb {R}$, de la forme $C_{-}\,x^{3}$ sur $\left]-\infty ,0\right[$ et $C_{+}\,x^{3}$ sur $\left]0,+\infty \right[$, et telle que $0u'(0)-3u(0)=0$ c'est-à-dire $u(0)=0$.

Quel que soit le choix des deux constantes $C_{-}$ et $C_{+}$, la fonction $u_{C_{-},C_{+}}$ définie ainsi est bien dérivable (et même de classe C²) sur $\mathbb {R}$ (y compris en 0).

L'ensemble des solutions est donc un plan vectoriel, engendré par exemple par $u_{1,0}$ et $u_{0,1}$.

d)  $u_{C_{-},C_{+}}(0)=0$ donc le problème de Cauchy sur $\mathbb {R}$ avec condition initiale $u(0)=1$ n'a pas de solution.

 

Équations à coefficients variables avec second membre

1.  a)  Déterminer la solution générale de l'équation $y'-2ty=-2t$.

b)  Déterminer la solution unique vérifiant la condition initiale : $y(0)=-2$.

Solution

a)  L'équation a une solution triviale : $y(t)=1$. L'équation homogène associée a pour solutions (cf. exercice précédent) $y=k\operatorname {e} ^{t^{2}},\,k\in \mathbb {R}$. Les solutions de l'équation avec second membre sont donc :

$y=1+k\operatorname {e} ^{t^{2}},\,k\in \mathbb {R}$.

b)  $y(0)=1+k\operatorname {e} ^{0^{2}}=1+k$ donc la condition initiale, $y(0)=-2$, équivaut à $k=-3$. La solution unique vérifiant la condition initiale est donc :

$y=1-3\operatorname {e} ^{t^{2}}$.

 

2.  On considère l'équation $(E_{2}):{\sqrt {|x|}}\,u'-u=x$.

a)  Résoudre l'équation homogène associée à $(E_{2})$ sur $\left]0,+\infty \right[$, puis sur $\left]-\infty ,0\right[$.

b)  Utiliser la méthode de variation de la constante pour trouver la solution générale de $(E_{2})$ sur $\left]0,+\infty \right[$.

c)  Déterminer la solution générale de $(E_{2})$ sur $\left]-\infty ,0\right[$.

d)  Déterminer la solution générale de $(E_{2})$ sur $\mathbb {R}$.

Solution

a)  L'équation homogène est de la forme $au'+bu=0$, avec $a(x)={\sqrt {|x|}}$ et $b(x)=-1$. On applique le théorème du cours :

• sur $\left]0,+\infty \right[$, une primitive de ${\frac {b}{a}}=-{\frac {1}{\sqrt {x}}}$ est $\Phi (x)=-2{\sqrt {x}}$ donc la solution générale est

  $u=k\operatorname {e} ^{-\Phi (x)}=k\operatorname {e} ^{2{\sqrt {x}}},\,k\in \mathbb {R}$ ;

• sur $\left]-\infty ,0\right[$, une primitive de ${\frac {b}{a}}=-{\frac {1}{\sqrt {-x}}}$ est $\Phi (x)=2{\sqrt {-x}}$ donc la solution générale est

  $u=k\operatorname {e} ^{-\Phi (x)}=k\operatorname {e} ^{-2{\sqrt {-x}}},\,k\in \mathbb {R}$.

b)  Cherchons les solutions de $(E_{2})$ sur $\left]0,+\infty \right[$ sous la forme $u(x)=k(x)\operatorname {e} ^{2{\sqrt {x}}}$.

L'équation $(E_{2})$ sur $u$ équivaut à l'équation suivante sur $k$ : ${\sqrt {x}}\,k'\operatorname {e} ^{2{\sqrt {x}}}=x$, c'est-à-dire $k'={\sqrt {x}}\,\operatorname {e} ^{-2{\sqrt {x}}}$.

On calcule les primitives de ${\sqrt {x}}\,\operatorname {e} ^{-2{\sqrt {x}}}$ par changement de variable et double intégration par parties, et l'on trouve :

$k(x)=-\operatorname {e} ^{-2{\sqrt {x}}}\left(x+{\sqrt {x}}+{\frac {1}{2}}\right)+C$.

La solution générale de $(E_{2})$ sur $\left]0,+\infty \right[$ est donc :

$u(x)=-x-{\sqrt {x}}-{\frac {1}{2}}+C\operatorname {e} ^{2{\sqrt {x}}},\,C\in \mathbb {R}$.

c)  De même, en cherchant les solutions de $(E_{2})$ sur $\left]-\infty ,0\right[$ sous la forme $u(x)=k(x)\operatorname {e} ^{-2{\sqrt {-x}}}$,

l'équation $(E_{2})$ sur $u$ équivaut à $k'=-{\sqrt {-x}}\,\operatorname {e} ^{2{\sqrt {-x}}}$, et l'on trouve :

$k(x)=\operatorname {e} ^{2{\sqrt {-x}}}\left(-x-{\sqrt {-x}}+{\frac {1}{2}}\right)+D$ donc

$u(x)=-x-{\sqrt {-x}}+{\frac {1}{2}}+D\operatorname {e} ^{-2{\sqrt {-x}}},\,D\in \mathbb {R}$.

d)  Une solution de $(E_{2})$ sur $\mathbb {R}$ est une fonction $u$ dérivable sur $\mathbb {R}$, de la forme

$-x-{\sqrt {x}}-{\frac {1}{2}}+C\operatorname {e} ^{2{\sqrt {x}}}$ sur $\left]0,+\infty \right[$ et $-x-{\sqrt {-x}}+{\frac {1}{2}}+D\operatorname {e} ^{-2{\sqrt {-x}}}$ sur $\left]-\infty ,0\right[$,

et telle que ${\sqrt {|0|}}\,u'(0)-u(0)=0$ c'est-à-dire $u(0)=0$, ce qui impose (par continuité en 0) $C={\frac {1}{2}}$ et $D=-{\frac {1}{2}}$.

La seule solution possible est donc :

$u(x)={\begin{cases}-x-{\sqrt {x}}+{\frac {\operatorname {e} ^{2{\sqrt {x}}}-1}{2}}&{\text{si }}x>0\\\quad 0&{\text{si }}x=0\\-x-{\sqrt {-x}}-{\frac {\operatorname {e} ^{-2{\sqrt {-x}}}-1}{2}}&{\text{si }}x<0.\end{cases}}$

En $0$, cette fonction $u$ est non seulement continue (par construction) mais dérivable et même de classe C¹, d'après le théorème « limite de la dérivée ». En effet :

• $\lim _{0^{+}}u'=\lim _{x\to 0^{+}}{\frac {u+x}{\sqrt {x}}}=\lim _{x\to 0^{+}}{\frac {\operatorname {e} ^{2{\sqrt {x}}}-1}{2{\sqrt {x}}}}-1=\exp '(0)-1=0$ ;
• $\lim _{0^{-}}u'=\lim _{x\to 0^{-}}{\frac {u+x}{\sqrt {-x}}}=\lim _{x\to 0^{-}}{\frac {\operatorname {e} ^{-2{\sqrt {-x}}}-1}{-2{\sqrt {-x}}}}-1=\exp '(0)-1=0$.

Donc $u$ est bien une solution (la seule) de $(E_{2})$ sur $\mathbb {R}$.

 

3.  Résoudre : $x'(t)+{\frac {\alpha }{t}}x(t)=\beta t,\quad x(1)=1$, en supposant $\alpha \neq -2$.

Solution

$I=\mathbb {R} _{+}^{*}$, $a(t)=1$, $b(t)={\frac {\alpha }{t}}$, $c(t)=\beta t$, $t_{0}=x_{0}=1$.

$\Psi (t)=-\alpha \ln t$.

$x(t)=\mathrm {e} ^{-\alpha \ln t}\left(1+\beta \int _{1}^{t}s\mathrm {e} ^{\alpha \ln s}\,\mathrm {d} s\right)=t^{-\alpha }\left(1+\beta \int _{1}^{t}s^{\alpha +1}\,\mathrm {d} s\right)=t^{-\alpha }\left(1+\beta {\frac {t^{\alpha +2}-1}{\alpha +2}}\right)={\frac {1}{\alpha +2}}\left((\alpha -\beta +2)t^{-\alpha }+\beta t^{2}\right)$.

 

4.  Résoudre : $x\left(1+\ln ^{2}x\right)y'+2y\ln x=1,\quad y(\mathrm {e} )=1$.

Solution

$I=\mathbb {R} _{+}^{*}$, $a(x)=x\left(1+\ln ^{2}x\right)$, $b(x)=2\ln x$, $x_{0}=\mathrm {e}$, $y_{0}=1$.

$\Psi (x)=\int _{\mathrm {e} }^{x}{\frac {-2\ln u}{u\left(1+\ln ^{2}u\right)}}\,\mathrm {d} u=\int _{1}^{\ln x}{\frac {-2t}{1+t^{2}}}\,\mathrm {d} t=-\ln(1+\ln ^{2}x)$.

Les solutions de l'équation homogène sont donc les fonctions de la forme $y(x)=C\operatorname {e} ^{-\ln(1+\ln ^{2}x)}={\frac {C}{1+\ln ^{2}x}}\qquad (C\in \mathbb {R} )$.

Par variation de la constante, les solutions de l'équation avec second membre sont les fonctions de la forme

$y(x)={\frac {C(x)}{1+\ln ^{2}x}}$ avec $C$ fonction solution de $x\left(1+\ln ^{2}x\right){\frac {C'(x)}{1+\ln ^{2}x}}=1$, c'est-à-dire $C(x)=K+\ln x\qquad (K\in \mathbb {R} )$

donc $y(x)={\frac {K+\ln x}{1+\ln ^{2}x}}\qquad (K\in \mathbb {R} )$.

La condition initiale $y(\mathrm {e} )=1$ équivaut alors à ${\frac {K+1}{2}}=1$ donc à $K=1$, et la solution correspondante est donc $y(x)={\frac {1+\ln x}{1+\ln ^{2}x}}$.

 

5.  Résoudre : $xy'-2y=x^{3}\sin x,\quad y(\pi /2)=1$.

Solution

$I=\mathbb {R} _{+}^{*}$, $a(x)=x$, $b(x)=-2$, $x_{0}=\pi /2$, $y_{0}=1$.

$\Psi (x)=\int _{1}^{x}{\frac {2}{t}}\,\mathrm {d} t=2\ln x$.

Les solutions de l'équation homogène sont donc les fonctions de la forme $y(x)=C\operatorname {e} ^{2\ln x}=Cx^{2}\qquad (C\in \mathbb {R} )$.

Par variation de la constante, les solutions de l'équation avec second membre sont les fonctions de la forme

$y(x)=C(x)x^{2}$ avec $C$ fonction solution de $x^{3}C'(x)=x^{3}\sin x$, c'est-à-dire $C(x)=K-\cos x\qquad (K\in \mathbb {R} )$

donc $y(x)=x^{2}\left(K-\cos x\right)\qquad (K\in \mathbb {R} )$.

La condition initiale $y(\pi /2)=1$ équivaut alors à $(\pi /2)^{2}K=1$ donc à $K=4/\pi ^{2}$, et la solution correspondante est donc $y(x)=x^{2}\left(4/\pi ^{2}-\cos x\right)$.

 

Résolutions générales d'équations complètes

Intégrer les équations suivantes :

1. $(1+x^{2})\,y'+2xy=1+3x^{2}$

2. $x(1+x^{2})\,y'+(1+x^{2})\,y=x$

3. $(x^{2}-1)\,y'+xy=x$

4. $(1-x^{2})\,y'+4xy=ax$, où $a$ est un réel donné.

5. $(x^{2}-1)\,y'+xy+{\frac {2x}{\sqrt {1+x^{2}}}}=0$

6. $y'-\left({\frac {1+3x^{2}}{x\,\left(1+x^{2}\right)}}\right)\,y=x\left({\frac {1-x^{2}}{1+x^{2}}}\right)$

7. $y'+{\frac {3x+4}{2x(x+1)}}y={\frac {1}{\sqrt {x+1}}}$

Solution

1. $(E_{1}):(1+x^{2})\,y'+2xy=1+3x^{2}$

Mettons l'équation sous forme normale : $y'+{\frac {2x}{1+x^{2}}}\,y={\frac {1+3x^{2}}{1+x^{2}}}$

• Équation sans second membre (ou équation homogène associée) : $y'+{\frac {2x}{1+x^{2}}}\,y=0$

On pose $a(x)={\frac {2x}{1+x^{2}}}$.

$\alpha (x)=\ln \left(1+x^{2}\right)$ en est une primitive.

Donc $y=k\,e^{-\ln \left(1+x^{2}\right)}$

$\Leftrightarrow y={\frac {k}{1+x^{2}}}\,,\,k\in \mathbb {R}$

• Résolution de l'équation complète $(E_{1})$ :

On applique la méthode de la variation de la constante en posant $y=k(x)\,{\frac {1}{1+x^{2}}}$

$y'=k'(x)\,{\frac {1}{1+x^{2}}}+k(x)\,{\frac {-2x}{(1+x^{2})^{2}}}$

$(E_{1})\Leftrightarrow k'(x)\,{\frac {1}{1+x^{2}}}+{\frac {-2x\,k(x)}{(1+x^{2})^{2}}}+{\frac {2x\,k(x)}{\left(1+x^{2}\right)^{2}}}={\frac {1+3x^{2}}{1+x^{2}}}$ $\Leftrightarrow k'(x)=1+3x^{2}$ $\Leftrightarrow k(x)=x+x^{3}+C$ $\Leftrightarrow k(x)=x(1+x^{2})+C$

Or $y=k(x)\,{\frac {1}{1+x^{2}}}$

Donc $y=x+{\frac {C}{1+x^{2}}}\,,\,C\in \mathbb {R}$

---

2. $(E_{2}):x(1+x^{2})\,y'+(1+x^{2})\,y=x$

Mettons l'équation sous forme normale : $y'+{\frac {1}{x}}\,y={\frac {1}{1+x^{2}}}$ que l’on résout sur $\left]0,+\infty \right[$ par exemple (problème de définition en 0)

• Équation sans second membre (ou équation homogène associée) : $y'+{\frac {1}{x}}\,y=0$

On pose $a(x)={\frac {1}{x}}$.

$\alpha (x)=\ln(|x|)$ en est une primitive.

Donc $y=k\,e^{-\ln x}$

$\Leftrightarrow y={\frac {k}{x}}\,,\,k\in \mathbb {R}$

• Résolution de l'équation complète $(E_{2})$ :

On applique la méthode de la variation de la constante en posant $y={\frac {k(x)}{x}}$

$y'={\frac {k'(x)}{x}}-{\frac {k(x)}{x^{2}}}$

$(E_{2})\Leftrightarrow {\frac {k'(x)}{x}}-{\frac {k(x)}{x^{2}}}+{\frac {1}{x}}\,{\frac {k(x)}{x}}={\frac {1}{1+x^{2}}}$ $\Leftrightarrow k'(x)={\frac {x}{1+x^{2}}}$ $\Leftrightarrow k(x)={\frac {1}{2}}\,\ln \left(1+x^{2}\right)+C$

Or $y={\frac {k(x)}{x}}$

Donc $y={\frac {\ln \left(1+x^{2}\right)}{2x}}+{\frac {C}{x}}\,,\,C\in \mathbb {R}$

---

3. $(E_{3}):(x^{2}-1)\,y'+xy=x$

Mettons l'équation sous forme normale : $y'+{\frac {x}{x^{2}-1}}\,y={\frac {x}{x^{2}-1}}$ que l’on résout sur $\left]1,+\infty \right[$ par exemple (problème de définition en –1 et 1)

• Équation sans second membre (ou équation homogène associée) : $y'+{\frac {x}{x^{2}-1}}\,y=0$

On pose $a(x)={\frac {x}{x^{2}-1}}$.

$\alpha (x)={\frac {1}{2}}\ln \left(\left|x^{2}-1\right|\right)$ en est une primitive.

Donc $y=k\,e^{-\alpha (x)}$

$\Leftrightarrow y={\frac {k}{\sqrt {x^{2}-1}}}\,,\,k\in \mathbb {R}$

• Recherche d'une solution particulière à l'équation complète $(E_{3})$ :

$y_{0}=1$ est solution constante évidente.

Donc $y=1+{\frac {k}{\sqrt {x^{2}-1}}}\,,\,k\in \mathbb {R}$

---

4. $(E_{4}):(1-x^{2})\,y'+4xy=ax$, où $a$ est un réel donné.

Mettons l'équation sous forme normale : $y'+{\frac {4x}{1-x^{2}}}\,y={\frac {ax}{1-x^{2}}}$ que l’on résout sur $\left]1,+\infty \right[$ par exemple (problème de définition en –1 et 1)

• Équation sans second membre (ou équation homogène associée) : $y'+{\frac {4x}{1-x^{2}}}y=0$

On pose $a(x)={\frac {4x}{1-x^{2}}}$.

$\alpha (x)=-2\ln \left(\left|1-x^{2}\right|\right)$ en est une primitive.

Donc $y=k\,e^{-\alpha (x)}$

$\Leftrightarrow y=k\,\left(1-x^{2}\right)^{2}\,,\,k\in \mathbb {R}$

• Recherche d'une solution particulière à l'équation complète $(E_{4})$ :

$y_{0}={\frac {a}{4}}$ est solution constante évidente.

Donc $y=k\,\left(1-x^{2}\right)^{2}+{\frac {a}{4}}\,,\,k\in \mathbb {R}$

---

5. $(E_{5}):(x^{2}-1)\,y'+xy+{\frac {2x}{\sqrt {1+x^{2}}}}=0$

Mettons l'équation sous forme normale : $y'+{\frac {x}{x^{2}-1}}\,y={\frac {-2x}{(x^{2}-1){\sqrt {1+x^{2}}}}}$ que l’on résout sur $\left]1,+\infty \right[$ par exemple (problème de définition en –1 et 1)

• Équation sans second membre (ou équation homogène associée) : $y'+{\frac {x}{x^{2}-1}}\,y=0$

On pose $a(x)={\frac {x}{x^{2}-1}}$.

$\alpha (x)={\frac {1}{2}}\ln \left(\left|x^{2}-1\right|\right)$ en est une primitive.

Donc $y=k\,e^{-\alpha (x)}$

$\Leftrightarrow y={\frac {k}{\sqrt {x^{2}-1}}}\,,\,k\in \mathbb {R}$

• Recherche d'une solution particulière à l'équation complète $(E_{5})$ :

On applique la méthode de la variation de la constante en posant $y={\frac {k(x)}{\sqrt {x^{2}-1}}}$

$y'={\frac {k'(x)}{\sqrt {x^{2}-1}}}+k(x)\,\left(-{\frac {1}{2}}\right)\,2x\,\left(x^{2}-1\right)^{\frac {-3}{2}}$

car ${\frac {1}{\sqrt {x^{2}-1}}}=\left(x^{2}-1\right)^{\frac {-1}{2}}$

$(E_{5})\Leftrightarrow {\frac {k'(x)}{\sqrt {x^{2}-1}}}-{\frac {k(x)\,x}{\left(x^{2}-1\right)^{\frac {3}{2}}}}+{\frac {x\,k(x)}{(x^{2}-1){\sqrt {x^{2}-1}}}}={\frac {-2x}{\left(x^{2}-1\right){\sqrt {x^{2}+1}}}}$

$\Leftrightarrow k'(x)={\frac {-2x}{{\sqrt {x^{2}-1}}{\sqrt {x^{2}+1}}}}$

$\Leftrightarrow k'(x)={\frac {-2x}{\sqrt {x^{4}-1}}}$

$\Leftrightarrow k(x)=-\int {\frac {2x}{\sqrt {x^{4}-1}}}\,dx$

On pose ${\begin{cases}t=x^{2}\\x\in \left]1,+\infty \right[\end{cases}}\Leftrightarrow {\begin{cases}x={\sqrt {t}}\\t\in \left]1,+\infty \right[\end{cases}}$

Alors $dt=2x\,dx$

$(E_{5})\Leftrightarrow k(x)=-\int {\frac {dt}{\sqrt {t^{2}-1}}}$

$\Leftrightarrow k(x)=-\operatorname {argch} t+C$

$\Leftrightarrow k(x)=-\operatorname {argch} \left(x^{2}\right)+C$

Donc $y=-{\frac {\operatorname {argch} \left(x^{2}\right)}{\sqrt {x^{2}-1}}}+{\frac {C}{\sqrt {x^{2}-1}}},\,C\in \mathbb {R}$

---

6. $(E_{6}):y'-\left({\frac {1+3x^{2}}{x\,(1+x^{2})}}\right)\,y=x\left({\frac {1-x^{2}}{1+x^{2}}}\right)$

L'équation est sous forme normale. On la résout sur $\left]0,+\infty \right[$ par exemple (problème de définition en 0).

• Équation sans second membre (ou équation homogène associée) : $y'-\left({\frac {1+3x^{2}}{x\,(1+x^{2})}}\right)\,y=0$

On pose $a(x)=-{\frac {1+3x^{2}}{x\left(1+x^{2}\right)}}$.

$\alpha (x)=-\ln \left(x\left(1+x^{2}\right)\right)$ en est une primitive.

Donc $y=k\,e^{-\alpha (x)}$

$\Leftrightarrow y=k\,x\left(1+x^{2}\right)\,,\,k\in \mathbb {R}$

• Résolution de l'équation complète $(E_{6})$ :

On applique la méthode de la variation de la constante en posant $y=k(x)\,x\left(1+x^{2}\right)$

$y'=k'(x)\,x\left(1+x^{2}\right)+k(x)\,\left(1+3x^{2}\right)$

$(E_{6})\Leftrightarrow k'(x)\,x\left(1+x^{2}\right)\,+\,k(x)\left(1+3x^{2}\right)\,-\,\left({\frac {1+3x^{2}}{x\,(1+x^{2})}}\right)\,k(x)\,x\left(1+x^{2}\right)=x\left({\frac {1-x^{2}}{1+x^{2}}}\right)$

$\Leftrightarrow k'(x)={\frac {1-x^{2}}{\left(1+x^{2}\right)^{2}}}$

$\Leftrightarrow k(x)={\frac {x}{1+x^{2}}}+C$

Or $y=k(x)\,x\left(1+x^{2}\right)$

Donc $y=x^{2}+C\,x\left(1+x^{2}\right),\,C\in \mathbb {R}$

---

7. $(E_{7}):y'+{\frac {3x+4}{2x(x+1)}}y={\frac {1}{\sqrt {x+1}}}$. L'équation n'a de sens que sur $\left]-1,+\infty \right[$.

• Équation sans second membre (ou équation homogène associée) : $y'+{\frac {3x+4}{2x(x+1)}}y=0$

Une primitive de

${\frac {3x+4}{2x(x+1)}}={\frac {2}{x}}-{\frac {1}{2(x+1)}}$.

est

$\alpha (x)=2\ln |x|-{\frac {1}{2}}\ln(x+1)=\ln {\frac {x^{2}}{\sqrt {x+1}}}$.

Les solutions de l'équation homogène sont donc :

$y=k\,e^{-\alpha (x)}=k{\frac {\sqrt {x+1}}{x^{2}}},\,k\in \mathbb {R}$

• Résolution de l'équation complète $(E_{7})$ :

On applique la méthode de la variation de la constante en posant $y=k(x)\,{\frac {\sqrt {x+1}}{x^{2}}}$. On a alors, sur $\left]-1,0\right[$ ou $\left]0,+\infty \right[$ :

$(E_{7})\Leftrightarrow k'(x)={\frac {x^{2}}{x+1}}\Leftrightarrow k(x)=\ln(x+1)+{\frac {x^{2}}{2}}-x+C$

$\Leftrightarrow y=\left(\ln(x+1)+{\frac {x^{2}}{2}}-x+C\right){\frac {\sqrt {x+1}}{x^{2}}},\;C\in \mathbb {R}$.

• Recollement en 0 :

Si $C\neq 0$ alors $y\sim _{0}{\frac {C}{x^{2}}}$ donc pas de recollement continu. En revanche, si $C=0$ alors $y\sim _{0}{\frac {x}{3}}$ donc recollement C¹ : $y(0)=0,\;y'(0)={\frac {1}{3}}$.

 

Problème de la fourmi sur un élastique

Un élastique, de longueur initiale $\ell$, a une extrémité fixe $O$ et une extrémité mobile $M$, qui s'éloigne de $O$, sur $(Ox)$, à une vitesse constante $v>0$. Une fourmi, initialement en $O$, marche sur l'élastique à vitesse constante $w$. Arrivera-t-elle au bout de l'élastique ?

Solution

Un point de l'élastique d'abscisse initiale $x\in \left[0,\ell \right]$ aura pour abscisse, à l'instant $t$ : $y={\frac {x}{\ell }}\left(\ell +vt\right)$, donc pour vitesse ${\frac {x}{\ell }}v={\frac {vy}{\ell +vt}}$.

Soit $f(t)$ l'abscisse de la fourmi à l'instant $t$. Sa vitesse absolue est alors $w+{\frac {vf(t)}{\ell +vt}}$. La fonction $f$ est donc la solution du problème de Cauchy

$f'=w+{\frac {vf}{\ell +vt}},\quad f(0)=0$.

Les solutions de l'équation homogène associée sont $f=k\left(\ell +vt\right),\ k\in \mathbb {R}$. Les solutions de l'équation complète sont donc $f(t)=k(t)\left(\ell +vt\right)$, avec $k'(t)\left(\ell +vt\right)=w$, et celle nulle en 0 correspond à $k(t)=\int _{0}^{t}{\frac {w}{\ell +vs}}\,\mathrm {d} s={\frac {w}{v}}\ln {\frac {\ell +vt}{\ell }}$, soit $f(t)={\frac {w}{v}}\left(\ell +vt\right)\ln {\frac {\ell +vt}{\ell }}$. La fourmi atteint l'extrémité lorsque $f(t)=\ell +vt$, c'est-à-dire $\ln {\frac {\ell +vt}{\ell }}={\frac {v}{w}}$, soit $t={\frac {\ell }{v}}\left(\operatorname {e} ^{\frac {v}{w}}-1\right)$.

 

Système différentiel à coefficients constants

Système homogène, matrice diagonalisable

Soit $A={\begin{pmatrix}0&2&-1\\3&-2&0\\-2&2&1\end{pmatrix}}$. Résoudre $X'=AX$.

Solution

$\left|{\begin{matrix}-\lambda &2&-1\\3&-2-\lambda &0\\-2&2&1-\lambda \end{matrix}}\right|=-\left(\lambda -1\right)\left(\lambda -2\right)\left(\lambda +4\right)$ donc les valeurs propres sont $1$, $2$ et $-4$. Une base propre est (dans le même ordre) $\left(u,v,w\right)$ avec

$u={\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}},\quad v={\begin{pmatrix}4\\3\\-2\end{pmatrix}},\quad w={\begin{pmatrix}2\\-3\\2\end{pmatrix}}$.

Les solutions sont donc $X\left(t\right)=\alpha \operatorname {e} ^{t}u+\beta \operatorname {e} ^{2t}v+\gamma \operatorname {e} ^{-4t}w\quad (\alpha ,\beta ,\gamma \in \mathbb {R} )$.

 

Résoudre le problème de Cauchy

$X'=AX,\quad X(0)=X_{0}$,

où

$A={\begin{pmatrix}0&1&-1&1\\0&1&1&0\\0&0&2&0\\-1&1&-1&0\end{pmatrix}}$ et $X_{0}={\begin{pmatrix}0\\1\\2\\3\end{pmatrix}}$.

Solution

Les valeurs propres de $A$ sont $\lambda =1,2,\mathrm {i} ,-\mathrm {i}$, de vecteurs propres associés $e_{\lambda }$ :

$e_{1}={\begin{pmatrix}1\\1\\0\\0\end{pmatrix}},e_{2}={\begin{pmatrix}0\\1\\1\\0\end{pmatrix}},e_{\mathrm {i} }={\begin{pmatrix}1\\0\\0\\\mathrm {i} \end{pmatrix}},e_{-\mathrm {i} }={\overline {e_{\mathrm {i} }}}={\begin{pmatrix}1\\0\\0\\-\mathrm {i} \end{pmatrix}}$.

Les solutions complexes de $X'=AX$ sont les fonctions $X:\mathbb {R} \to \mathbb {C} ^{4}$ de la forme

$X_{\alpha ,\beta ,\gamma ,\delta }(t)=\alpha \operatorname {e} ^{t}e_{1}+\beta \operatorname {e} ^{2t}e_{2}+\gamma \operatorname {e} ^{\mathrm {i} t}e_{\mathrm {i} }+\delta \operatorname {e} ^{-\mathrm {i} t}{\overline {e_{\mathrm {i} }}},\;\left(\alpha ,\beta ,\gamma ,\delta \right)\in \mathbb {C} ^{4}$,

qui forment un $\mathbb {C}$-espace vectoriel de dimension 4. Le $\mathbb {R}$-sous-espace vectoriel de dimension 4 des solutions réelles est

$\{X_{\alpha ,\beta ,\gamma ,{\overline {\gamma }}}\mid \left(\alpha ,\beta ,\gamma \right)\in \mathbb {R} ^{2}\times \mathbb {C} \}=\{\alpha \operatorname {e} ^{t}e_{1}+\beta \operatorname {e} ^{2t}e_{2}+a\operatorname {Re} \left(\operatorname {e} ^{\mathrm {i} t}e_{\mathrm {i} }\right)+b\operatorname {Im} \left(\operatorname {e} ^{\mathrm {i} t}e_{\mathrm {i} }\right)\mid \left(\alpha ,\beta ,a,b\right)\in \mathbb {R} ^{4}\}$.

Plus explicitement, les solutions réelles sont

$X(t)={\begin{pmatrix}\alpha \operatorname {e} ^{t}+a\cos t+b\sin t\\\alpha \operatorname {e} ^{t}+\beta \operatorname {e} ^{2t}\\\beta \operatorname {e} ^{2t}\\-a\sin t+b\cos t\end{pmatrix}},\;\left(\alpha ,\beta ,a,b\right)\in \mathbb {R} ^{4}$.

$X(0)=X_{0}\Leftrightarrow \alpha +a=0,\alpha +\beta =1,\beta =2,b=3\Leftrightarrow \alpha =-1,\beta =2,a=1,b=3$

(ou encore, sans passer par les solutions réelles : $X(0)=X_{0}\Leftrightarrow \alpha +\gamma +\delta =0,\alpha +\beta =1,\beta =2,\mathrm {i} \gamma -\mathrm {i} \delta =3\Leftrightarrow \alpha =-1,\beta =2,\gamma ={\frac {1-3\mathrm {i} }{2}},\delta ={\frac {1+3\mathrm {i} }{2}}$)

donc la solution du problème de Cauchy est

$X(t)={\begin{pmatrix}-\operatorname {e} ^{t}+\cos t+3\sin t\\-\operatorname {e} ^{t}+2\operatorname {e} ^{2t}\\2\operatorname {e} ^{2t}\\-\sin t+3\cos t\end{pmatrix}}$.

 

Système non homogène, matrice diagonalisable

Résoudre le système différentiel :

$y'=2y+z-5t,\quad z'=3y+4z+6$.

Solution

Le système équivaut à $X'=AX+B$ avec $X={\begin{pmatrix}y\\z\end{pmatrix}},A={\begin{pmatrix}2&1\\3&4\end{pmatrix}},B={\begin{pmatrix}-5t\\6\end{pmatrix}}$.

$A$ a pour valeurs propres $1$ et $5$, de vecteurs propres associés, respectivement : ${\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}$ et ${\begin{pmatrix}1\\3\end{pmatrix}}$.

La solution générale du système homogène $X'=AX$ est donc : $X=\lambda {\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}\operatorname {e} ^{t}+\mu {\begin{pmatrix}1\\3\end{pmatrix}}\operatorname {e} ^{5t},\;\lambda ,\mu \in \mathbb {R}$.

La solution particulière polynomiale du système $X'=AX+B$ est : $X={\begin{pmatrix}at+b\\ct+d\end{pmatrix}}$ avec $a=2\left(at+b\right)+ct+d-5t,c=3\left(at+b\right)+4\left(ct+d\right)+6$. En résolvant, on trouve $X={\begin{pmatrix}4t+5\\-3t-6\end{pmatrix}}$.

La solution générale est donc : $y=\lambda \operatorname {e} ^{t}+\mu \operatorname {e} ^{5t}+4t+5,z=-\lambda \operatorname {e} ^{t}+3\mu \operatorname {e} ^{5t}-3t-6,\;\lambda ,\mu \in \mathbb {R}$.

 

Résoudre le système différentiel

$X'\left(t\right)=AX\left(t\right)+B\left(t\right)$

d'inconnue $X:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ^{3}$, où

$A={\begin{pmatrix}3&-2&-4\\-2&3&2\\3&-3&-4\end{pmatrix}}$ et $B\left(t\right)={\begin{pmatrix}-t\\-2t+2\\-1\end{pmatrix}}$.

Solution

Les valeurs propres de $A$ sont $1,-1,2$, de vecteurs propres associés

$e_{1}={\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}},\;e_{-1}={\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}},\;e_{2}={\begin{pmatrix}0\\-2\\1\end{pmatrix}}$.

La solution générale du système homogène $X'=AX$ est donc

$X_{a,b,c}\left(t\right)={\begin{pmatrix}a\operatorname {e} ^{t}+b\operatorname {e} ^{-t}\\a\operatorname {e} ^{t}-2c\operatorname {e} ^{2t}\\b\operatorname {e} ^{-t}+c\operatorname {e} ^{2t}\end{pmatrix}}$, avec $a,b,c\in \mathbb {R}$.

Puisque $B\left(t\right)=-te_{-1}+\left(t-1\right)e_{2}$, la solution particulière polynomiale du système non homogène est

$X_{0}\left(t\right)=P\left(t\right)e_{-1}+Q\left(t\right)e_{2}$

où $P,Q$ sont les polynômes tels que $P'=-P-t$ et $Q'=2Q+t-1$, c'est-à-dire $P\left(t\right)=1-t$ et $Q\left(t\right)={\frac {1-2t}{4}}$, soit

$X_{0}\left(t\right)={\begin{pmatrix}1-t\\t-{\frac {1}{2}}\\-{\frac {3}{2}}t+{\frac {5}{4}}\end{pmatrix}}$

et la solution générale est $X_{0}+X_{a,b,c}$ (avec $a,b,c\in \mathbb {R}$).

 

Système homogène, matrice non diagonalisable

Soit $A={\begin{pmatrix}3&-2\\2&-1\end{pmatrix}}$. Résoudre $X'=AX$.

Solution

$1$ est valeur propre double de $A$, de vecteur propre associé

$u={\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}$.

En posant par exemple

$v={\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}$,

on obtient une famille $\left(u,v\right)$ libre donc base de $\mathbb {R} ^{2}$, dans laquelle la matrice $B$ de l'endomorphisme $U\mapsto AU$ est triangulaire :

$A(u)=u,A(v)-v=-2u$ donc $B={\begin{pmatrix}1&-2\\0&1\end{pmatrix}}$.

$X=fu+gv:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ^{2}$ est solution de $X'=AX$ si et seulement si $f'u+g'v=fu+g\left(v-2u\right)$. On résout donc le système dans cette base :

${\begin{cases}f'=f-2g\\g'=g\end{cases}}\Leftrightarrow {\begin{cases}f'=f-2\lambda \operatorname {e} ^{t}\\g=\lambda \operatorname {e} ^{t}\end{cases}}\Leftrightarrow {\begin{cases}f=\left(-2\lambda t+\mu \right)\operatorname {e} ^{t}\\g=\lambda \operatorname {e} ^{t}\end{cases}}$

puis on revient à la base canonique :

$X(t)=\operatorname {e} ^{t}\left(\left(-2\lambda t+\mu \right)u+\lambda v\right)=\operatorname {e} ^{t}{\begin{pmatrix}-2\lambda t+\mu \\-2\lambda t+\mu +\lambda \end{pmatrix}}$.

 

Soit $A={\begin{pmatrix}1&0&-1&1\\0&1&1&0\\0&0&1&0\\0&0&1&0\end{pmatrix}}$. Résoudre $X'=AX$.

Solution

$\left|{\begin{matrix}1-\lambda &0&-1&1\\0&1-\lambda &1&0\\0&0&1-\lambda &0\\0&0&1&-\lambda \end{matrix}}\right|=\lambda \left(\lambda -1\right)^{3}$ donc les valeurs propres sont $0$ (simple) et $1$ (triple).

La droite $\ker A$ est engendrée par $d:={\begin{pmatrix}1\\0\\0\\-1\end{pmatrix}}$.

Le sous-espace propre $\ker \left(A-\mathrm {I} _{4}\right)$ est le plan vectoriel engendré par $a:={\begin{pmatrix}1\\0\\0\\0\end{pmatrix}}$ et $b:={\begin{pmatrix}0\\1\\0\\0\end{pmatrix}}$.

Pour former une base $\left(a,b,c,d\right)$ de $\mathbb {R} ^{4}$ dans laquelle la matrice de l'endomorphisme associé à $A$ soit la plus simple possible, on cherche un vecteur $c\neq 0$ tel que $\left(A-\mathrm {I} _{4}\right)\left(c\right)$ appartienne à ce plan. Le plus simple est $c:={\begin{pmatrix}0\\0\\1\\1\end{pmatrix}}$, et l'on a alors $\left(A-\mathrm {I} _{4}\right)\left(c\right)=b$.

En résumé :

$a={\begin{pmatrix}1\\0\\0\\0\end{pmatrix}}$, $b={\begin{pmatrix}0\\1\\0\\0\end{pmatrix}}$, $c={\begin{pmatrix}0\\0\\1\\1\end{pmatrix}}$, $d={\begin{pmatrix}1\\0\\0\\-1\end{pmatrix}}$ et $A\left(fa+gb+hc+kd\right)=fa+gb+h\left(b+c\right)$.

Les solutions sont donc $X=fa+gb+hc+kd$ avec $f'=f,g'=g+h,h'=h,k'=0$, c'est-à-dire

$f\left(t\right)=\alpha \operatorname {e} ^{t},h\left(t\right)=\beta \operatorname {e} ^{t},g\left(t\right)=\left(\beta t+\gamma \right)\operatorname {e} ^{t},k\left(t\right)=\delta$ (avec $\alpha ,\beta ,\gamma ,\delta \in \mathbb {R}$), soit

$X\left(t\right)=\operatorname {e} ^{t}\left(\alpha a+\beta \left(tb+c\right)+\gamma b\right)+\delta d={\begin{pmatrix}\alpha \operatorname {e} ^{t}+\delta \\\left(\beta t+\gamma \right)\operatorname {e} ^{t}\\\beta \operatorname {e} ^{t}\\\beta \operatorname {e} ^{t}-\delta \end{pmatrix}}$.

 

Courbes et équations différentielles

Soit $A\in M_{2}(\mathbb {R} )$ et $X_{0}\in \mathbb {R} ^{2}$. On considère le système différentiel

${\begin{cases}X'(t)=AX(t),\\X(0)=X_{0}\end{cases}}$.

Le but est de tracer dans le plan $(Oxy)$ la trajectoire de la solution

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

Le cas où la matrice A est diagonale

On considère

$A={\begin{pmatrix}\lambda &0\\0&\mu \end{pmatrix}}$.

Tracer l'allure de la courbe $t\mapsto X(t)$ dans les cas suivants :

a) $0<\lambda <\mu$,

b) $0=\lambda <\mu$,

c) $\lambda <0<\mu$,

d) $\lambda <0=\mu$,

e) $\lambda <\mu <0$.

Solution

$x(t)=x_{0}\mathrm {e} ^{\lambda t},y=y_{0}\mathrm {e} ^{\mu t}$, avec par exemple $x_{0}=y_{0}=1$.

a) Courbe avec (par exemple) $\mu =2\lambda$.

b) Demi-droite $x=1,y>0$.

c) Courbe avec (par exemple) $\mu =-\lambda$.

d) Demi-droite $y=1,x>0$.

e) Courbe avec (par exemple) $\lambda =2\mu$.

 

Le cas où la matrice A est diagonalisable dans $M_{2}(\mathbb {R} )$

On suppose que $A$ a deux valeurs propres réelles distinctes, et donc on est dans un des cas précédents, au niveau des valeurs propres. Quelle allure auront les trajectoires ?

Solution

Même allure, en se plaçant dans une base propre.

 

Le cas typique où la matrice A est diagonalisable dans $M_{2}(\mathbb {C} )$

Soient $\lambda \in \mathbb {R}$ et $\mu \in \mathbb {R} ^{*}$. On considère

$A={\begin{pmatrix}\lambda &-\mu \\\mu &\lambda \end{pmatrix}}$.

a) Déterminer les valeurs propres de $A$.

b) Montrer que la solution est

$X(t)=\mathrm {e} ^{\lambda t}R_{\mu t}(X_{0})$,

où $R_{\theta }$ désigne la rotation d'angle $\theta$.

En déduire l'allure de la solution $t\mapsto X(t)$.

Solution

a) $\lambda \pm \mathrm {i} \mu$.

b) On vérifie sans peine que la fonction $t\mapsto X(t)$ proposée est bien solution de $X'=AX,X(0)=X_{0}$.

La courbe est donc une spirale logarithmique.