Systèmes différentiels & stabilité : 18 exercices corrigés

Système 2×2, valeurs propres réelles

CalculDifficulté 3/5

Résoudre $\vec X\,'=A\vec X$ avec $A=\begin{pmatrix}1&2\\2&1\end{pmatrix}$ .

Indices (3)

Valeurs propres : $\det(A-\lambda I)=0$ , soit $(1-\lambda)^2-4=0$ .

Vecteurs propres pour chaque $\lambda$ .

Solution générale $\vec X=c_1e^{\lambda_1t}\vec v_1+c_2e^{\lambda_2t}\vec v_2$ .

Correction détaillée

La methode : DIAGONALISER, c'est DECOUPLER

👉 Le système $\vec X\,'=A\vec X$ couple les deux inconnues : $x_1'$ dépend de $x_2$ et réciproquement. On ne peut pas les résoudre séparément.

\boxed{\text{L'idee : se placer dans la base des VECTEURS PROPRES, ou le systeme se DECOUPLE}}

👉 Pourquoi ça marche. Si $A\vec v=\lambda\vec v$ , alors $\vec X(t)=e^{\lambda t}\vec v$ est solution :

\vec X\,'=\lambda e^{\lambda t}\vec v=e^{\lambda t}(\lambda\vec v)=e^{\lambda t}A\vec v=A\vec X\ \checkmark

👉 Chaque vecteur propre donne UNE solution, et deux valeurs propres distinctes en donnent deux indépendantes — donc toutes, l'espace des solutions d'un système $2\times 2$ étant de dimension $2$ .

\boxed{\vec X(t)=C_1e^{\lambda_1t}\vec v_1+C_2e^{\lambda_2t}\vec v_2}

⚠️ Cette formule suppose $\lambda_1\neq\lambda_2$ — ou du moins une base de vecteurs propres. Le cas défectueux fait l'objet de D1.

Les valeurs propres

A=\begin{pmatrix}1&2\\ 2&1\end{pmatrix}.

👉 Le polynôme caractéristique, qu'on obtient sans calcul de déterminant grâce à trace et déterminant :

\operatorname{tr}A=1+1=2,\qquad \det A=1\times 1-2\times 2=-3.

\chi(\lambda)=\lambda^2-(\operatorname{tr}A)\lambda+\det A=\lambda^2-2\lambda-3.

👉 Factorisons : $\lambda^2-2\lambda-3=(\lambda-3)(\lambda+1)$ .

\boxed{\lambda_1=-1,\qquad \lambda_2=3}

👉 CONTRÔLE immédiat, et il ne coûte rien :

	somme	produit
valeurs propres	$-1+3=2$	$-1\times 3=-3$
matrice	$\operatorname{tr}A=2$ ✓	$\det A=-3$ ✓

👉 C'est le contrôle à faire systématiquement : la somme des valeurs propres est la trace, leur produit le déterminant. Une erreur de signe s'y voit tout de suite.

⚠️ $\det A<0$ signale déjà un COL (C2) : les deux valeurs propres sont de signes opposés.

Les vecteurs propres

Pour $\lambda_1=-1$ , résolvons $(A+I)\vec v=\vec 0$ :

\begin{pmatrix}2&2\\ 2&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a\\ b\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\ 0\end{pmatrix}\quad\Longleftrightarrow\quad 2a+2b=0\quad\Longleftrightarrow\quad b=-a.

\vec v_1=\begin{pmatrix}-1\\ 1\end{pmatrix}\qquad\text{(ou tout multiple non nul).}

Pour $\lambda_2=3$ , résolvons $(A-3I)\vec v=\vec 0$ :

\begin{pmatrix}-2&2\\ 2&-2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a\\ b\end{pmatrix}=\vec 0\quad\Longleftrightarrow\quad -2a+2b=0\quad\Longleftrightarrow\quad b=a.

\vec v_2=\begin{pmatrix}1\\ 1\end{pmatrix}.

👉 CONTRÔLE — appliquer $A$ et vérifier qu'on retombe sur un multiple :

A\begin{pmatrix}-1\\ 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1+2\\ -2+1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\ -1\end{pmatrix}=-1\cdot\begin{pmatrix}-1\\ 1\end{pmatrix}\ \checkmark

A\begin{pmatrix}1\\ 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1+2\\ 2+1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3\\ 3\end{pmatrix}=3\cdot\begin{pmatrix}1\\ 1\end{pmatrix}\ \checkmark

👉 Deux lignes de calcul mental qui valident tout ce qui précède — trace, déterminant, factorisation, résolution.

La solution generale, et ce qu'elle raconte

\boxed{\vec X(t)=C_1e^{-t}\begin{pmatrix}-1\\ 1\end{pmatrix}+C_2e^{3t}\begin{pmatrix}1\\ 1\end{pmatrix}}

Composante par composante :

x_1(t)=-C_1e^{-t}+C_2e^{3t},\qquad x_2(t)=C_1e^{-t}+C_2e^{3t}.

👉 CONTRÔLE par substitution. Dérivons $x_1$ :

x_1'=C_1e^{-t}+3C_2e^{3t}.

Et calculons $x_1+2x_2$ , qui doit valoir la même chose :

\left(-C_1e^{-t}+C_2e^{3t}\right)+2\left(C_1e^{-t}+C_2e^{3t}\right)=C_1e^{-t}+3C_2e^{3t}\ \checkmark

👉 Le comportement en temps long est GOUVERNÉ par la plus grande valeur propre :

direction	valeur propre	comportement
$\vec v_1=(-1,1)$	$-1<0$	s'écrase vers l'origine
$\vec v_2=(1,1)$	$3>0$	s'échappe à l'infini

\boxed{\text{l'origine est un COL (point selle) — INSTABLE}}

👉 Sauf si $C_2=0$ exactement, toute trajectoire finit par suivre la direction $(1,1)$ : le terme $e^{3t}$ écrase le $e^{-t}$ .

👉 Les deux droites propres sont les SÉPARATRICES du portrait de phase — l'une attire, l'autre repousse, et elles découpent le plan en quatre régions.

ℹ️ C'est exactement la forme du portrait qu'on étudie en C2, et c'est la structure de tout col.

Réponse.

\vec X(t)=c_1e^{3t}\binom11+c_2e^{-t}\binom1{-1}

. (Recoupement :

\vec X\,'=3c_1e^{3t}\binom11-c_2e^{-t}\binom1{-1}=A\vec X

✓ ; vp de signes opposés → ce sera un col, cf. exo C2)

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D'une équation d'ordre 2 à un système

CalculDifficulté 3/5

Écrire $y''+3y'+2y=0$ comme système $\vec X\,'=A\vec X$ (avec $x_1=y$ , $x_2=y'$ ), puis le résoudre.

Indices (3)

$x_1'=x_2$ et $x_2'=y''=-3y'-2y=-2x_1-3x_2$ .

La matrice est $\begin{pmatrix}0&1\\-2&-3\end{pmatrix}$ .

Valeurs propres = racines de $\lambda^2+3\lambda+2=0$ .

Correction détaillée

Le passage d'ordre 2 a un systeme d'ordre 1

\boxed{\text{Poser}\ x_1=y,\quad x_2=y'\ \text{ramene TOUTE equation d'ordre}\ n\ \text{a un systeme d'ordre}\ 1}

👉 La première équation est gratuite : $x_1'=y'=x_2$ .

👉 La seconde vient de l'équation, en isolant $y''$ :

y''+3y'+2y=0\quad\Longrightarrow\quad y''=-3y'-2y,

x_2'=y''=-2x_1-3x_2.

\boxed{\vec X\,'=\begin{pmatrix}0&1\\ -2&-3\end{pmatrix}\vec X}

👉 La matrice a une forme très reconnaissable — c'est la matrice compagnon de l'équation :

y''+py'+qy=0\qquad\Longrightarrow\qquad A=\begin{pmatrix}0&1\\ -q&-p\end{pmatrix}.

⚠️ Attention à l'ordre et aux signes : la dernière ligne porte $-q$ puis $-p$ , et non l'inverse. Le contrôle du §2 le vérifie.

Les valeurs propres SONT les racines de l'equation caracteristique

\operatorname{tr}A=0+(-3)=-3,\qquad \det A=0\times(-3)-1\times(-2)=2.

\chi(\lambda)=\lambda^2+3\lambda+2.

👉 C'est EXACTEMENT l'équation caractéristique de $y''+3y'+2y=0$ , celle qu'on écrirait directement en posant $y=e^{rt}$ :

r^2+3r+2=0.

\boxed{\text{les valeurs propres de la matrice compagnon SONT les racines caracteristiques}}

👉 Ce n'est pas une coïncidence, c'est un théorème — et il vaut à tout ordre.

Factorisons : $\lambda^2+3\lambda+2=(\lambda+1)(\lambda+2)$ .

\boxed{\lambda_1=-1,\qquad \lambda_2=-2}

Contrôle : somme $-3=\operatorname{tr}A$ ✓, produit $2=\det A$ ✓

Les vecteurs propres, et leur forme particuliere

Pour $\lambda_1=-1$ : $(A+I)\vec v=\vec 0$ , soit

\begin{pmatrix}1&1\\ -2&-2\end{pmatrix}\vec v=\vec 0\quad\Longleftrightarrow\quad a+b=0.

\vec v_1=\begin{pmatrix}1\\ -1\end{pmatrix}.

Pour $\lambda_2=-2$ : $(A+2I)\vec v=\vec 0$ , soit

\begin{pmatrix}2&1\\ -2&-1\end{pmatrix}\vec v=\vec 0\quad\Longleftrightarrow\quad 2a+b=0.

\vec v_2=\begin{pmatrix}1\\ -2\end{pmatrix}.

👉 Les vecteurs propres d'une matrice compagnon ont TOUJOURS la forme $\begin{pmatrix}1\\ \lambda\end{pmatrix}$ , et c'est logique :

\vec X=\begin{pmatrix}y\\ y'\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}e^{\lambda t}\\ \lambda e^{\lambda t}\end{pmatrix}=e^{\lambda t}\begin{pmatrix}1\\ \lambda\end{pmatrix}.

Vérifions : $\vec v_1=(1,-1)$ avec $\lambda_1=-1$ ✓, et $\vec v_2=(1,-2)$ avec $\lambda_2=-2$ ✓

👉 Ce contrôle est instantané et attrape toute erreur de résolution.

La solution, et le retour a l'equation d'origine

\vec X(t)=C_1e^{-t}\begin{pmatrix}1\\ -1\end{pmatrix}+C_2e^{-2t}\begin{pmatrix}1\\ -2\end{pmatrix}.

👉 La PREMIÈRE composante est $y$ , donc

\boxed{y(t)=C_1e^{-t}+C_2e^{-2t}}

👉 C'est exactement ce que donne la méthode classique de terminale : racines $-1$ et $-2$ , solution $C_1e^{r_1t}+C_2e^{r_2t}$ ✓

👉 Et la seconde composante est bien $y'$ :

y'(t)=-C_1e^{-t}-2C_2e^{-2t}\ \checkmark

— c'est la seconde ligne du vecteur, au signe près déjà porté par les vecteurs propres.

👉 Le comportement : les deux valeurs propres sont négatives, donc

\vec X(t)\ \xrightarrow[t\to+\infty]{}\ \vec 0.

\boxed{\text{l'origine est un NOEUD STABLE — toutes les trajectoires y convergent}}

👉 Et le terme $e^{-t}$ domine (il décroît moins vite que $e^{-2t}$ ) : en temps long, les trajectoires arrivent à l'origine tangentiellement à la direction $(1,-1)$ .

⚠️ Pourquoi passer par un système si la méthode classique suffit ? Trois raisons :

raison	où ça compte
le portrait de phase $(y,y')$ devient lisible	C3, D6
plusieurs équations couplées se traitent pareil	E6
la linéarisation d'un système non linéaire y ramène	D3, D4, D5

ℹ️ Et c'est aussi la forme qu'attendent tous les intégrateurs numériques : solve_ivp ne sait résoudre que des systèmes d'ordre $1$ , jamais une équation d'ordre $2$ directement.

Réponse.

y=c_1e^{-t}+c_2e^{-2t}

. (Recoupement : c'est exactement la solution de

y''+3y'+2y=0

par l'équation caractéristique du chapitre Équations différentielles — le système redonne le scalaire ✓)

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Système non symétrique

CalculDifficulté 3/5

Résoudre $\vec X\,'=A\vec X$ avec $A=\begin{pmatrix}4&-2\\1&1\end{pmatrix}$ .

Indices (3)

$\det(A-\lambda I)=\lambda^2-5\lambda+6$ .

Racines $\lambda=2,3$ .

Vecteurs propres puis combinaison.

Correction détaillée

Les valeurs propres

A=\begin{pmatrix}4&-2\\ 1&1\end{pmatrix}.

\operatorname{tr}A=4+1=5,\qquad \det A=4\times 1-(-2)\times 1=4+2=6.

⚠️ Attention au signe du produit croisé : $-(-2)\times 1=+2$ . C'est l'erreur la plus fréquente sur un déterminant $2\times 2$ à coefficients négatifs.

\chi(\lambda)=\lambda^2-5\lambda+6=(\lambda-2)(\lambda-3).

\boxed{\lambda_1=2,\qquad \lambda_2=3}

Contrôle : somme $2+3=5=\operatorname{tr}A$ ✓, produit $2\times 3=6=\det A$ ✓

👉 Le discriminant vaut $25-24=1>0$ : deux valeurs propres réelles distinctes, et toutes deux positives.

⚠️ La matrice n'est PAS symétrique ( $a_{12}=-2\neq 1=a_{21}$ ), donc rien ne garantissait a priori des valeurs propres réelles. Ici elles le sont, mais c'est un fait à constater, pas une propriété acquise.

Les vecteurs propres

Pour $\lambda_1=2$ : $(A-2I)\vec v=\vec 0$ .

\begin{pmatrix}2&-2\\ 1&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a\\ b\end{pmatrix}=\vec 0.

👉 Les deux lignes sont proportionnelles — c'est normal, la matrice $A-\lambda I$ est singulière par construction. La seconde donne

a-b=0\quad\Longleftrightarrow\quad b=a,\qquad \vec v_1=\begin{pmatrix}1\\ 1\end{pmatrix}.

Pour $\lambda_2=3$ : $(A-3I)\vec v=\vec 0$ .

\begin{pmatrix}1&-2\\ 1&-2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a\\ b\end{pmatrix}=\vec 0\quad\Longleftrightarrow\quad a=2b,\qquad \vec v_2=\begin{pmatrix}2\\ 1\end{pmatrix}.

👉 CONTRÔLE par application de $A$ :

A\begin{pmatrix}1\\ 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}4-2\\ 1+1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2\\ 2\end{pmatrix}=2\begin{pmatrix}1\\ 1\end{pmatrix}\ \checkmark

A\begin{pmatrix}2\\ 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}8-2\\ 2+1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}6\\ 3\end{pmatrix}=3\begin{pmatrix}2\\ 1\end{pmatrix}\ \checkmark

⚠️ Si les deux lignes de $A-\lambda I$ N'ÉTAIENT PAS proportionnelles, ce serait le signe d'une erreur sur $\lambda$ — la matrice serait inversible et le seul vecteur solution serait $\vec 0$ .

La solution generale

\boxed{\vec X(t)=C_1e^{2t}\begin{pmatrix}1\\ 1\end{pmatrix}+C_2e^{3t}\begin{pmatrix}2\\ 1\end{pmatrix}}

Composante par composante :

x_1(t)=C_1e^{2t}+2C_2e^{3t},\qquad x_2(t)=C_1e^{2t}+C_2e^{3t}.

👉 CONTRÔLE par substitution dans la SECONDE équation — $x_2'=x_1+x_2$ :

x_2'=2C_1e^{2t}+3C_2e^{3t}.

x_1+x_2=\left(C_1e^{2t}+2C_2e^{3t}\right)+\left(C_1e^{2t}+C_2e^{3t}\right)=2C_1e^{2t}+3C_2e^{3t}\ \checkmark

👉 Vérifier sur la seconde équation plutôt que la première n'est pas un détail : elle n'a servi à rien dans la résolution (on a utilisé une seule ligne par vecteur propre), donc elle constitue un contrôle indépendant.

👉 Et la première, pour être complet — $x_1'=4x_1-2x_2$ :

x_1'=2C_1e^{2t}+6C_2e^{3t},

4x_1-2x_2=4C_1e^{2t}+8C_2e^{3t}-2C_1e^{2t}-2C_2e^{3t}=2C_1e^{2t}+6C_2e^{3t}\ \checkmark

La nature de l'equilibre

grandeur	valeur	lecture
$\operatorname{tr}A$	$5>0$	instable
$\det A$	$6>0$	pas un col
$\Delta=(\operatorname{tr})^2-4\det$	$1>0$	nœud (pas un foyer)

\boxed{\text{l'origine est un NOEUD INSTABLE — toutes les trajectoires s'en eloignent}}

👉 Les deux valeurs propres sont positives, donc $\lVert\vec X(t)\rVert\to+\infty$ pour toute condition initiale non nulle.

👉 La direction dominante est celle de la PLUS GRANDE valeur propre — ici $\lambda_2=3$ , donc $\vec v_2=(2,1)$ .

\frac{x_1(t)}{x_2(t)}=\frac{C_1e^{2t}+2C_2e^{3t}}{C_1e^{2t}+C_2e^{3t}}\ \xrightarrow[t\to+\infty]{}\ 2\qquad\text{(si}\ C_2\neq 0\text{)}.

👉 Le rapport tend vers $2$ , c'est-à-dire vers la pente de $\vec v_2$ ✓ — les trajectoires deviennent parallèles à cette direction.

👉 Et en remontant le temps ( $t\to-\infty$ ), c'est la plus PETITE valeur propre qui domine : les trajectoires quittent l'origine tangentiellement à $\vec v_1=(1,1)$ .

\boxed{\text{quitte l'origine selon}\ \vec v_{\lambda\ \text{min}},\quad \text{part a l'infini selon}\ \vec v_{\lambda\ \text{max}}}

ℹ️ En renversant le sens du temps, un nœud instable devient un nœud stable — les portraits de phase sont les mêmes, flèches inversées.

Réponse.

\vec X(t)=c_1e^{2t}\binom11+c_2e^{3t}\binom21

. (Recoupement :

\operatorname{tr}A=5=\lambda_1+\lambda_2

et

\det A=6=\lambda_1\lambda_2

✓)

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Problème de Cauchy (vp réelles)

ApplicationDifficulté 3/5

Résoudre $\vec X\,'=\begin{pmatrix}1&2\\2&1\end{pmatrix}\vec X$ avec $\vec X(0)=\binom13$ .

Indices (3)

Solution générale connue (exo A1) : $c_1e^{3t}\binom11+c_2e^{-t}\binom1{-1}$ .

Imposer $t=0$ : $c_1\binom11+c_2\binom1{-1}=\binom13$ .

Résoudre $c_1+c_2=1$ , $c_1-c_2=3$ .

Correction détaillée

La solution generale est deja connue

👉 La matrice est celle d'A1, dont on a certifié les éléments propres :

A=\begin{pmatrix}1&2\\ 2&1\end{pmatrix},\qquad \lambda_1=-1\ \text{avec}\ \vec v_1=\begin{pmatrix}-1\\ 1\end{pmatrix},\qquad \lambda_2=3\ \text{avec}\ \vec v_2=\begin{pmatrix}1\\ 1\end{pmatrix}.

\vec X(t)=C_1e^{-t}\begin{pmatrix}-1\\ 1\end{pmatrix}+C_2e^{3t}\begin{pmatrix}1\\ 1\end{pmatrix}.

👉 Résoudre un problème de Cauchy, c'est DÉCOMPOSER la condition initiale sur la base propre.

\boxed{\vec X(0)=C_1\vec v_1+C_2\vec v_2}

👉 En $t=0$ toutes les exponentielles valent $1$ : le système à résoudre est purement algébrique.

Determiner $C_1$ et $C_2$

C_1\begin{pmatrix}-1\\ 1\end{pmatrix}+C_2\begin{pmatrix}1\\ 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\ 3\end{pmatrix}.

Soit le système :

\begin{cases}-C_1+C_2=1\\ C_1+C_2=3\end{cases}

👉 Additionnons les deux lignes — $C_1$ disparaît :

2C_2=4\quad\Longrightarrow\quad C_2=2.

👉 Puis la seconde ligne donne $C_1=3-2=1$ .

\boxed{C_1=1,\qquad C_2=2}

Contrôle : $1\times(-1,1)+2\times(1,1)=(-1+2,\ 1+2)=(1,3)$ ✓

\boxed{\vec X(t)=e^{-t}\begin{pmatrix}-1\\ 1\end{pmatrix}+2e^{3t}\begin{pmatrix}1\\ 1\end{pmatrix}}

Explicitement :

x_1(t)=-e^{-t}+2e^{3t},\qquad x_2(t)=e^{-t}+2e^{3t}.

Les deux controles

1. La condition initiale. En $t=0$ :

x_1(0)=-1+2=1\ \checkmark,\qquad x_2(0)=1+2=3\ \checkmark

2. Le système, sur la première équation $x_1'=x_1+2x_2$ :

x_1'=e^{-t}+6e^{3t}.

x_1+2x_2=\left(-e^{-t}+2e^{3t}\right)+2\left(e^{-t}+2e^{3t}\right)=e^{-t}+6e^{3t}\ \checkmark

Et sur la seconde, $x_2'=2x_1+x_2$ :

x_2'=-e^{-t}+6e^{3t},

2x_1+x_2=-2e^{-t}+4e^{3t}+e^{-t}+2e^{3t}=-e^{-t}+6e^{3t}\ \checkmark

👉 Les DEUX contrôles sont nécessaires : la condition initiale seule ne dit rien du système, et le système seul ne fixe pas les constantes.

Quelques valeurs, pour voir la trajectoire :

$t$	$x_1$	$x_2$	$x_1/x_2$
$0$	$1$	$3$	$0{,}333$
$0{,}5$	$8{,}35$	$9{,}56$	$0{,}873$
$1$	$39{,}8$	$40{,}5$	$0{,}982$
$2$	$806{,}7$	$807{,}0$	$0{,}99966$

👉 Le rapport tend vers $1$ — la trajectoire s'aligne sur $\vec v_2=(1,1)$ , la direction instable ✓

Ce que la condition initiale decide, et ce qu'elle ne decide PAS

👉 Ici $C_2=2\neq 0$ , donc le terme explosif $e^{3t}$ est présent et la trajectoire part à l'infini.

\boxed{\lVert\vec X(t)\rVert\ \xrightarrow[t\to+\infty]{}\ +\infty}

⚠️⚠️ Mais il existe des conditions initiales qui convergent vers $0$ — celles portées par $\vec v_1$ .

$\vec X(0)$	$C_1$	$C_2$	comportement
$(1,3)$	$1$	$2$	explose
$(-1,1)$	$1$	$\mathbf 0$	converge vers $\vec 0$
$(-5,5)$	$5$	$\mathbf 0$	converge vers $\vec 0$
$(1,1)$	$0$	$1$	explose

👉 La droite engendrée par $\vec v_1$ est la SÉPARATRICE STABLE : c'est l'ensemble — de mesure nulle — des conditions initiales dont la trajectoire rejoint l'origine.

⚠️ Et cette convergence est INSTABLE au sens propre : la moindre perturbation transversale rend $C_2\neq 0$ , et la trajectoire finit par s'échapper.

\boxed{\text{un col a des trajectoires qui convergent, et reste INSTABLE}}

👉 C'est la nuance que le mot « stable » recouvre : la stabilité exige que toutes les trajectoires voisines restent proches, pas seulement certaines.

ℹ️ En dimension supérieure, ces séparatrices deviennent les variétés stable et instable, et leur intersection transverse est le point de départ de la théorie du chaos.

Réponse.

\vec X(t)=2e^{3t}\binom11-e^{-t}\binom1{-1}

. (Recoupement :

\vec X(0)=2\binom11-\binom1{-1}=\binom13

✓)

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Matrice symétrique

CalculDifficulté 3/5

Résoudre $\vec X\,'=A\vec X$ avec $A=\begin{pmatrix}3&1\\1&3\end{pmatrix}$ .

Indices (3)

Matrice symétrique : vp réelles, vecteurs propres orthogonaux.

$(3-\lambda)^2-1=0$ .

$\lambda=4$ et $\lambda=2$ .

Correction détaillée

Les valeurs propres

A=\begin{pmatrix}3&1\\ 1&3\end{pmatrix}.

👉 La matrice est SYMÉTRIQUE, ce qui garantit d'avance deux propriétés :

propriété	conséquence
valeurs propres RÉELLES	ni foyer, ni centre — jamais d'oscillation
vecteurs propres ORTHOGONAUX	la base propre est un repère rectangulaire

\operatorname{tr}A=6,\qquad \det A=9-1=8.

\chi(\lambda)=\lambda^2-6\lambda+8=(\lambda-2)(\lambda-4).

\boxed{\lambda_1=2,\qquad \lambda_2=4}

Contrôle : $2+4=6=\operatorname{tr}A$ ✓, $2\times 4=8=\det A$ ✓

👉 Astuce propre aux matrices $\begin{pmatrix}a&b\\ b&a\end{pmatrix}$ : leurs valeurs propres sont toujours $a+b$ et $a-b$ , avec les vecteurs $(1,1)$ et $(-1,1)$ .

Vérifions : $3+1=4$ ✓ et $3-1=2$ ✓ — sans aucun calcul de déterminant.

Les vecteurs propres, et leur orthogonalite

Pour $\lambda_1=2$ : $(A-2I)\vec v=\vec 0$ .

\begin{pmatrix}1&1\\ 1&1\end{pmatrix}\vec v=\vec 0\quad\Longleftrightarrow\quad a+b=0,\qquad \vec v_1=\begin{pmatrix}-1\\ 1\end{pmatrix}.

Pour $\lambda_2=4$ : $(A-4I)\vec v=\vec 0$ .

\begin{pmatrix}-1&1\\ 1&-1\end{pmatrix}\vec v=\vec 0\quad\Longleftrightarrow\quad a=b,\qquad \vec v_2=\begin{pmatrix}1\\ 1\end{pmatrix}.

👉 CONTRÔLE d'orthogonalité, garanti par la symétrie :

\vec v_1\cdot\vec v_2=(-1)(1)+(1)(1)=0\ \checkmark

👉 C'est un contrôle GRATUIT et très efficace sur toute matrice symétrique : si le produit scalaire n'est pas nul, il y a une erreur.

👉 Contrôle par application de $A$ :

A\begin{pmatrix}-1\\ 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-3+1\\ -1+3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-2\\ 2\end{pmatrix}=2\begin{pmatrix}-1\\ 1\end{pmatrix}\ \checkmark

A\begin{pmatrix}1\\ 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}4\\ 4\end{pmatrix}=4\begin{pmatrix}1\\ 1\end{pmatrix}\ \checkmark

La solution generale

\boxed{\vec X(t)=C_1e^{2t}\begin{pmatrix}-1\\ 1\end{pmatrix}+C_2e^{4t}\begin{pmatrix}1\\ 1\end{pmatrix}}

x_1(t)=-C_1e^{2t}+C_2e^{4t},\qquad x_2(t)=C_1e^{2t}+C_2e^{4t}.

👉 CONTRÔLE sur la première équation $x_1'=3x_1+x_2$ :

x_1'=-2C_1e^{2t}+4C_2e^{4t}.

3x_1+x_2=-3C_1e^{2t}+3C_2e^{4t}+C_1e^{2t}+C_2e^{4t}=-2C_1e^{2t}+4C_2e^{4t}\ \checkmark

👉 Un raccourci très utile pour ce type de matrice : posons

s=x_1+x_2,\qquad d=x_2-x_1.

Alors le système se DÉCOUPLE de lui-même :

s'=x_1'+x_2'=(3x_1+x_2)+(x_1+3x_2)=4(x_1+x_2)=4s,

d'=x_2'-x_1'=(x_1+3x_2)-(3x_1+x_2)=2(x_2-x_1)=2d.

s(t)=s_0e^{4t},\qquad d(t)=d_0e^{2t}.

👉 Les combinaisons $s$ et $d$ sont exactement les coordonnées dans la base propre, et les exposants sont les valeurs propres ✓

👉 C'est la diagonalisation, écrite sans matrice — et c'est souvent la voie la plus rapide en pratique.

La nature, et ce que la symetrie apporte

grandeur	valeur	lecture
$\operatorname{tr}A$	$6>0$	instable
$\det A$	$8>0$	pas un col
$\Delta$	$36-32=4>0$	nœud

\boxed{\text{NOEUD INSTABLE — toutes les trajectoires s'echappent}}

👉 En temps long, la direction $\vec v_2=(1,1)$ domine (valeur propre $4$ contre $2$ ).

👉 Ce que la SYMÉTRIE garantit, et qui vaut d'être retenu :

$A$ symétrique	conséquence
$\lambda$ toujours réelles	jamais de foyer ni de centre
vecteurs propres orthogonaux	$P^{-1}=P^T$ si on les normalise
toujours diagonalisable	jamais de cas défectueux (D1)

\boxed{\text{c'est le THEOREME SPECTRAL, et il exclut trois cas d'un coup}}

👉 Conséquence pratique : devant une matrice symétrique, on peut sauter les questions « est-elle diagonalisable ? » et « les valeurs propres sont-elles réelles ? » — la réponse est oui, toujours.

⚠️ Attention : symétrique ne veut PAS dire stable. Ici la matrice est symétrique et l'origine est instable. La symétrie contraint la nature des valeurs propres, jamais leur signe.

ℹ️ Les systèmes symétriques modélisent les échanges réciproques — diffusion, couplage mécanique, réseaux de résistances. E6 en est un exemple, et il est stable, lui.

Réponse.

\vec X(t)=c_1e^{4t}\binom11+c_2e^{2t}\binom1{-1}

. (Recoupement : vp

>0

toutes deux → nœud instable, tout part à l'infini ✓)

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Système et oscillateur non amorti

CalculDifficulté 3/5

Écrire $y''-y'-2y=0$ en système, le résoudre, et vérifier la cohérence avec l'équation caractéristique.

Indices (3)

$x_1=y$ , $x_2=y'$ : $A=\begin{pmatrix}0&1\\2&1\end{pmatrix}$ .

Caractéristique $\lambda^2-\lambda-2=0$ .

$\lambda=2,-1$ ; vecteur propre $\binom1\lambda$ .

Correction détaillée

Ecrire le systeme

👉 Posons $x_1=y$ et $x_2=y'$ , comme en A2.

x_1'=y'=x_2.

Et l'équation donne $y''$ :

y''-y'-2y=0\quad\Longrightarrow\quad y''=y'+2y,

x_2'=y''=2x_1+x_2.

\boxed{\vec X\,'=\begin{pmatrix}0&1\\ 2&1\end{pmatrix}\vec X}

👉 Contrôle par la forme compagnon. Pour $y''+py'+qy=0$ , la matrice est $\begin{pmatrix}0&1\\ -q&-p\end{pmatrix}$ .

Ici $p=-1$ et $q=-2$ , donc

\begin{pmatrix}0&1\\ -(-2)&-(-1)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&1\\ 2&1\end{pmatrix}\ \checkmark

⚠️ Les deux signes moins sont faciles à perdre, l'équation portant déjà des coefficients négatifs. Ce contrôle les attrape.

Les elements propres

\operatorname{tr}A=0+1=1,\qquad \det A=0\times 1-1\times 2=-2.

\chi(\lambda)=\lambda^2-\lambda-2=(\lambda-2)(\lambda+1).

\boxed{\lambda_1=-1,\qquad \lambda_2=2}

Contrôle : somme $1=\operatorname{tr}A$ ✓, produit $-2=\det A$ ✓

👉 Les vecteurs propres, par la forme compagnon $\begin{pmatrix}1\\ \lambda\end{pmatrix}$ :

\vec v_1=\begin{pmatrix}1\\ -1\end{pmatrix},\qquad \vec v_2=\begin{pmatrix}1\\ 2\end{pmatrix}.

Vérifions le premier :

A\begin{pmatrix}1\\ -1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\times 1+1\times(-1)\\ 2\times 1+1\times(-1)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1\\ 1\end{pmatrix}=-1\begin{pmatrix}1\\ -1\end{pmatrix}\ \checkmark

Et le second :

A\begin{pmatrix}1\\ 2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2\\ 2+2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2\\ 4\end{pmatrix}=2\begin{pmatrix}1\\ 2\end{pmatrix}\ \checkmark

La coherence avec l'equation caracteristique

👉 Résolvons l'équation par la méthode classique, en posant $y=e^{rt}$ :

r^2e^{rt}-re^{rt}-2e^{rt}=0\quad\Longrightarrow\quad r^2-r-2=0.

\Delta=1+8=9,\qquad r=\frac{1\pm 3}{2}\quad\Longrightarrow\quad r_1=2,\ r_2=-1.

\boxed{\{r_1,r_2\}=\{2,-1\}=\{\lambda_1,\lambda_2\}\ \checkmark}

👉 Les racines caractéristiques et les valeurs propres COÏNCIDENT — et le §1 explique pourquoi : la matrice compagnon a précisément $\chi(\lambda)=\lambda^2+p\lambda+q$ pour polynôme caractéristique.

Vérifions cette identité sur notre cas :

\chi(\lambda)=\lambda^2-\operatorname{tr}A\cdot\lambda+\det A=\lambda^2-1\cdot\lambda+(-2)=\lambda^2-\lambda-2,

et l'équation caractéristique est $r^2-r-2=0$ — le même polynôme ✓

\boxed{\operatorname{tr}A=-p\qquad\text{et}\qquad \det A=q}

👉 Ce double contrôle vaut à tout ordre, et c'est ce qui rend les deux méthodes rigoureusement équivalentes.

Les solutions, et la nature de l'equilibre

\vec X(t)=C_1e^{-t}\begin{pmatrix}1\\ -1\end{pmatrix}+C_2e^{2t}\begin{pmatrix}1\\ 2\end{pmatrix}.

👉 La première composante donne $y$ :

\boxed{y(t)=C_1e^{-t}+C_2e^{2t}}

👉 C'est bien la solution de l'équation d'ordre $2$ , obtenue par la méthode classique avec $r=-1$ et $r=2$ ✓

Et la seconde composante est $y'$ :

y'(t)=-C_1e^{-t}+2C_2e^{2t}\ \checkmark

— cohérent avec les vecteurs $(1,-1)$ et $(1,2)$ .

👉 La nature de l'équilibre :

grandeur	valeur	lecture
$\det A$	$\mathbf{-2<0}$	COL — c'est décisif
$\operatorname{tr}A$	$1$	sans objet ici

\boxed{\text{l'origine est un COL — INSTABLE}}

👉 $\det A<0$ suffit à conclure, sans regarder la trace : les deux valeurs propres sont réelles de signes opposés (leur produit est négatif).

⚠️⚠️ Le titre parle d'oscillateur NON AMORTI, et il faut lever l'ambiguïté : cette équation n'oscille PAS. Comparons trois équations :

équation	racines	comportement
$y''+y=0$	$\pm i$	oscille, non amorti (B1)
$y''+2y'+5y=0$	$-1\pm 2i$	oscille amorti (E5)
$y''-y'-2y=0$	$-1,\ 2$	n'oscille pas — exponentielles réelles

👉 C'est le signe du discriminant qui décide : $\Delta=9>0$ ici, donc racines réelles et aucune oscillation.

ℹ️ Une équation à racine positive décrit un système qui s'emballe — un pendule inversé, une réaction en chaîne — plutôt qu'un oscillateur.

Réponse.

y=c_1e^{2t}+c_2e^{-t}

. (Recoupement : racines

2

et

-1

de

\lambda^2-\lambda-2

— identiques à la méthode scalaire ✓)

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Valeurs propres imaginaires pures

DémonstrationDifficulté 3/5

Résoudre $\vec X\,'=\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}\vec X$ et reconnaître le mouvement.

Indices (3)

$\det(A-\lambda I)=\lambda^2+1=0\Rightarrow\lambda=\pm i$ .

Pas d'amortissement ( $\operatorname{Re}\lambda=0$ ) : oscillations entretenues.

Chercher $\vec X=\binom{\cos t}{\sin t}$ et $\binom{-\sin t}{\cos t}$ .

Correction détaillée

Les valeurs propres sont IMAGINAIRES PURES

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

\operatorname{tr}A=0,\qquad \det A=0\times 0-(-1)(1)=1.

\chi(\lambda)=\lambda^2-0\cdot\lambda+1=\lambda^2+1.

\boxed{\lambda=\pm i}

👉 Aucune valeur propre RÉELLE : il n'existe donc aucune direction invariante dans le plan, et aucune trajectoire ne suit une droite.

\boxed{\operatorname{tr}A=0\ \text{et}\ \det A>0\ \Longrightarrow\ \lambda\ \text{imaginaires pures}}

👉 C'est la signature exacte d'un CENTRE (C6), et elle se lit sans calculer les valeurs propres :

\lambda=\frac{\operatorname{tr}A\pm\sqrt{\Delta}}{2}=\frac{0\pm\sqrt{-4}}{2}=\pm i.

⚠️ La trace NULLE est essentielle : c'est elle qui annule la partie réelle, donc qui empêche toute croissance ou décroissance de l'amplitude.

Resoudre SANS passer par les complexes

👉 Écrivons le système en clair :

\begin{cases}x_1'=-x_2\\ x_2'=x_1\end{cases}

👉 Dérivons la première et remplaçons :

x_1''=-x_2'=-x_1\qquad\Longrightarrow\qquad x_1''+x_1=0.

\boxed{\text{c'est l'equation de l'oscillateur harmonique}}

Sa solution :

x_1(t)=C_1\cos t+C_2\sin t.

👉 Et $x_2=-x_1'$ , d'après la première équation :

x_2(t)=-\left(-C_1\sin t+C_2\cos t\right)=C_1\sin t-C_2\cos t.

👉 CONTRÔLE sur la SECONDE équation $x_2'=x_1$ :

x_2'=C_1\cos t+C_2\sin t=x_1\ \checkmark

\boxed{\vec X(t)=\begin{pmatrix}C_1\cos t+C_2\sin t\\ C_1\sin t-C_2\cos t\end{pmatrix}}

Reconnaitre le mouvement : une ROTATION

👉 Calculons le carré du module :

x_1^2+x_2^2=\left(C_1\cos t+C_2\sin t\right)^2+\left(C_1\sin t-C_2\cos t\right)^2.

Développons :

=C_1^2\cos^2t+2C_1C_2\cos t\sin t+C_2^2\sin^2t+C_1^2\sin^2t-2C_1C_2\sin t\cos t+C_2^2\cos^2t.

👉 Les doubles produits se COMPENSENT, et les carrés se regroupent :

=C_1^2(\cos^2t+\sin^2t)+C_2^2(\sin^2t+\cos^2t)=C_1^2+C_2^2.

\boxed{x_1^2+x_2^2=\text{CONSTANTE — les trajectoires sont des CERCLES}}

👉 Vérification directe, sans résoudre — c'est la voie la plus élégante :

\frac{d}{dt}\left(x_1^2+x_2^2\right)=2x_1x_1'+2x_2x_2'=2x_1(-x_2)+2x_2(x_1)=0\ \checkmark

👉 Le mouvement est donc une rotation uniforme, de période

T=\frac{2\pi}{\lvert\operatorname{Im}\lambda\rvert}=\frac{2\pi}{1}=2\pi.

👉 Le SENS de rotation se lit sur le champ de vecteurs. En $(1,0)$ :

\vec X\,'=A\begin{pmatrix}1\\ 0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\ 1\end{pmatrix}\ \text{— vers le HAUT}.

\boxed{\text{rotation dans le sens TRIGONOMETRIQUE (antihoraire)}}

Ce qu'est un CENTRE, et pourquoi il est fragile

\boxed{\text{CENTRE : les trajectoires sont des courbes FERMEES autour de l'origine}}

propriété	verdict
les trajectoires restent bornées	✅ stable au sens de Lyapunov
elles convergent vers $\vec 0$	❌ non — elles tournent indéfiniment

\boxed{\text{STABLE mais PAS asymptotiquement stable}}

👉 C'est la distinction que le critère de stabilité ne tranche pas (C6) : $\operatorname{Re}\lambda=0$ est le cas limite, et il faut regarder le problème lui-même.

⚠️⚠️ Un centre est STRUCTURELLEMENT FRAGILE. Perturbons la matrice d'un $\varepsilon$ :

A_\varepsilon=\begin{pmatrix}\varepsilon&-1\\ 1&\varepsilon\end{pmatrix},\qquad \lambda=\varepsilon\pm i.

$\varepsilon$	$\operatorname{Re}\lambda$	nature
$<0$	négative	foyer STABLE — spirale rentrante (B3)
$=0$	nulle	centre — cercles
$>0$	positive	foyer INSTABLE — spirale sortante (B2)

👉 Le centre n'existe que sur la frontière exacte, et la moindre perturbation le fait basculer d'un côté ou de l'autre.

⚠️ Conséquence majeure pour les systèmes NON linéaires : si le linéarisé donne un centre, on ne peut RIEN conclure sur le système d'origine. Les termes non linéaires, si petits soient-ils, décident. C'est exactement la situation de D4.

\boxed{\text{le theoreme de Hartman-Grobman s'applique aux foyers et aux noeuds, PAS aux centres}}

ℹ️ Les centres survivent pourtant dans un cas important : les systèmes hamiltoniens (conservatifs), où une quantité conservée les protège. Lotka-Volterra en est un, ce qui sauve le centre de D4 — mais il faut le démontrer autrement que par linéarisation.

Réponse.

\vec X(t)=c_1\binom{\cos t}{\sin t}+c_2\binom{-\sin t}{\cos t}

: rotation pure (centre). (Recoupement :

e^{tA}=\begin{pmatrix}\cos t&-\sin t\\ \sin t&\cos t\end{pmatrix}

, matrice de rotation ✓)

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Foyer (spirale) instable

CalculDifficulté 3/5

Résoudre $\vec X\,'=\begin{pmatrix}1&-1\\1&1\end{pmatrix}\vec X$ .

Indices (3)

$\lambda^2-2\lambda+2=0\Rightarrow\lambda=1\pm i$ .

$\operatorname{Re}\lambda=1$ : facteur $e^{t}$ ; $\operatorname{Im}=1$ : $\cos t,\sin t$ .

Forme $e^{t}(\cos t,\sin t)$ combinée.

Correction détaillée

Les valeurs propres sont COMPLEXES

A=\begin{pmatrix}1&-1\\ 1&1\end{pmatrix}.

\operatorname{tr}A=2,\qquad \det A=1\times 1-(-1)(1)=1+1=2.

\chi(\lambda)=\lambda^2-2\lambda+2.

\Delta=4-8=-4<0\qquad\Longrightarrow\qquad \text{racines COMPLEXES conjuguees}.

\lambda=\frac{2\pm\sqrt{-4}}{2}=\frac{2\pm 2i}{2}=1\pm i.

\boxed{\lambda=1\pm i}

Contrôle : somme $(1+i)+(1-i)=2=\operatorname{tr}A$ ✓, produit $(1+i)(1-i)=1+1=2=\det A$ ✓

👉 La lecture est immédiate, et c'est tout ce dont on a besoin :

partie	valeur	ce qu'elle gouverne
réelle $\alpha=1$	$>0$	l'amplitude CROÎT en $e^{t}$
imaginaire $\beta=1$		la rotation, de pulsation $1$

\boxed{\text{FOYER INSTABLE — une spirale qui s'ecarte}}

Resoudre par l'equation d'ordre 2

👉 Le système :

\begin{cases}x_1'=x_1-x_2\\ x_2'=x_1+x_2\end{cases}

👉 Dérivons la première :

x_1''=x_1'-x_2'=x_1'-(x_1+x_2).

👉 Or la première équation donne $x_2=x_1-x_1'$ , donc

x_1''=x_1'-x_1-(x_1-x_1')=2x_1'-2x_1.

\boxed{x_1''-2x_1'+2x_1=0}

👉 On retrouve EXACTEMENT le polynôme caractéristique $r^2-2r+2$ , dont les racines sont $1\pm i$ ✓

La solution d'une telle équation — racines $\alpha\pm i\beta$ — est

x_1(t)=e^{t}\left(C_1\cos t+C_2\sin t\right).

Et $x_2=x_1-x_1'$ , avec

x_1'=e^t\left(C_1\cos t+C_2\sin t\right)+e^t\left(-C_1\sin t+C_2\cos t\right),

x_2=x_1-x_1'=-e^t\left(-C_1\sin t+C_2\cos t\right)=e^{t}\left(C_1\sin t-C_2\cos t\right).

La forme generale, et le controle

\boxed{\vec X(t)=e^{t}\begin{pmatrix}C_1\cos t+C_2\sin t\\ C_1\sin t-C_2\cos t\end{pmatrix}}

👉 CONTRÔLE sur la seconde équation $x_2'=x_1+x_2$ .

Dérivons $x_2$ — produit $e^t\times(\cdots)$ :

x_2'=e^t\left(C_1\sin t-C_2\cos t\right)+e^t\left(C_1\cos t+C_2\sin t\right).

👉 Le premier terme est $x_2$ , le second est $x_1$ , donc

x_2'=x_2+x_1\ \checkmark

👉 Contrôle du module, qui montre la spirale :

x_1^2+x_2^2=e^{2t}\left(C_1^2+C_2^2\right)

— par le même calcul qu'en B1, les doubles produits se compensant.

\boxed{r(t)=\lVert\vec X(t)\rVert=r_0\,e^{t}}

👉 Le rayon croît EXPONENTIELLEMENT pendant que le point tourne à vitesse angulaire constante : c'est exactement une spirale logarithmique.

Quelques valeurs, pour $r_0=1$ :

$t$	$0$	$2\pi$	$4\pi$
tours	$0$	$1$	$2$
rayon	$1$	$\approx 535$	$\approx 286\,751$

👉 Un seul tour multiplie le rayon par $e^{2\pi}\approx 535$ — la spirale s'ouvre très vite.

La forme generale des solutions complexes

\boxed{\lambda=\alpha\pm i\beta\quad\Longrightarrow\quad \vec X(t)=e^{\alpha t}\Big(\vec u\cos\beta t+\vec w\sin\beta t\Big)}

👉 Deux facteurs indépendants, et il faut les lire séparément :

facteur	rôle	ici
$e^{\alpha t}$	l'amplitude	$e^{t}$ , croissante
$\cos\beta t$ , $\sin\beta t$	la rotation	période $2\pi$

👉 Le tableau complet des cas complexes, à connaître :

$\alpha=\operatorname{Re}\lambda$	nature	trajectoire	exemple
$\alpha<0$	foyer stable	spirale rentrante	B3, E5
$\alpha=0$	centre	cercles fermés	B1, C6
$\alpha>0$	foyer instable	spirale sortante	B2, E2

👉 La période ne dépend QUE de $\beta$ , jamais de $\alpha$ :

T=\frac{2\pi}{\beta}=2\pi\ \text{ici}.

👉 Le sens de rotation se lit sur le champ, comme en B1. En $(1,0)$ :

A\begin{pmatrix}1\\ 0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\ 1\end{pmatrix}\ \text{— vers le haut et la droite : sens TRIGONOMETRIQUE}.

⚠️ Le signe de $a_{21}$ suffit d'ordinaire : $a_{21}>0$ donne le sens trigonométrique, $a_{21}<0$ le sens horaire. Ici $a_{21}=1>0$ ✓

ℹ️ Un foyer instable modélise un emballement de rétroaction positive, ou un oscillateur à amortissement négatif — le début d'un cycle limite en régime non linéaire.

Réponse.

\vec X(t)=e^{t}\big(c_1\binom{\cos t}{\sin t}+c_2\binom{-\sin t}{\cos t}\big)

. (Recoupement :

\operatorname{Re}\lambda=1>0

→ spirale qui s'éloigne, foyer instable ✓)

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Foyer stable (oscillations amorties)

CalculDifficulté 3/5

Résoudre $\vec X\,'=\begin{pmatrix}-1&-2\\2&-1\end{pmatrix}\vec X$ .

Indices (3)

$\lambda^2+2\lambda+5=0$ .

$\lambda=-1\pm2i$ .

Facteur $e^{-t}$ , pulsation $2$ .

Correction détaillée

Les valeurs propres

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

\operatorname{tr}A=-1+(-1)=-2,\qquad \det A=(-1)(-1)-(-2)(2)=1+4=5.

⚠️ Le produit croisé vaut $-(-2)(2)=+4$ — deux signes moins qui donnent un plus.

\chi(\lambda)=\lambda^2+2\lambda+5,\qquad \Delta=4-20=-16<0.

\lambda=\frac{-2\pm\sqrt{-16}}{2}=\frac{-2\pm 4i}{2}=-1\pm 2i.

\boxed{\lambda=-1\pm 2i}

Contrôle : somme $-2=\operatorname{tr}A$ ✓, produit $(-1)^2+2^2=1+4=5=\det A$ ✓

👉 Pour un couple $\alpha\pm i\beta$ , le produit vaut $\alpha^2+\beta^2$ — c'est le module au carré, et c'est le contrôle le plus rapide.

partie	valeur	effet
$\alpha=-1$	$<0$	amplitude DÉCROÎT en $e^{-t}$
$\beta=2$		pulsation $2$ , période $\pi$

La solution

👉 Par la même méthode qu'en B2 — l'équation d'ordre $2$ associée est $x_1''+2x_1'+5x_1=0$ , de racines $-1\pm 2i$ .

x_1(t)=e^{-t}\left(C_1\cos 2t+C_2\sin 2t\right).

👉 La première équation $x_1'=-x_1-2x_2$ donne $x_2$ :

x_2=\frac{-x_1-x_1'}{2}.

Calculons $x_1'$ :

x_1'=-e^{-t}\left(C_1\cos 2t+C_2\sin 2t\right)+e^{-t}\left(-2C_1\sin 2t+2C_2\cos 2t\right).

-x_1-x_1'=-2e^{-t}\left(-C_1\sin 2t+C_2\cos 2t\right)\cdot\ldots

👉 En simplifiant :

x_2(t)=e^{-t}\left(C_1\sin 2t-C_2\cos 2t\right).

\boxed{\vec X(t)=e^{-t}\begin{pmatrix}C_1\cos 2t+C_2\sin 2t\\ C_1\sin 2t-C_2\cos 2t\end{pmatrix}}

👉 CONTRÔLE sur la seconde équation $x_2'=2x_1-x_2$ :

x_2'=-x_2+e^{-t}\left(2C_1\cos 2t+2C_2\sin 2t\right)=-x_2+2x_1\ \checkmark

Le comportement : une spirale RENTRANTE

👉 Le module décroît exponentiellement :

r(t)=\lVert\vec X(t)\rVert=r_0\,e^{-t}\ \xrightarrow[t\to+\infty]{}\ 0.

\boxed{\text{FOYER STABLE — toutes les trajectoires spiralent vers l'origine}}

👉 Les deux échelles de temps, et il faut les distinguer :

grandeur	formule	valeur
période de rotation	$T=\frac{2\pi}{\beta}$	$\pi\approx 3{,}14$
temps de décroissance	$\tau=\frac{1}{\lvert\alpha\rvert}$	$1$

👉 Ici $\tau<T$ : l'amplitude est divisée par $e$ AVANT un tour complet. L'amortissement est fort, et la spirale se referme vite.

Ce que ça donne, pour $r_0=1$ :

$t$	tours effectués	rayon
$0$	$0$	$1$
$\pi\approx 3{,}14$	$1$	$e^{-\pi}\approx 0{,}043$
$2\pi\approx 6{,}28$	$2$	$\approx 0{,}0019$

👉 Un tour divise déjà le rayon par $23$ — après deux tours, la trajectoire est visuellement à l'origine.

👉 Le sens de rotation : $a_{21}=2>0$ , donc sens trigonométrique. Vérification en $(1,0)$ :

A\begin{pmatrix}1\\ 0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1\\ 2\end{pmatrix}\ \text{— vers le haut}\ \checkmark

La stabilite ASYMPTOTIQUE, et son critere

\boxed{\text{stabilite asymptotique}\iff \operatorname{Re}\lambda<0\ \text{pour TOUTES les valeurs propres}}

👉 Ici $\operatorname{Re}\lambda=-1<0$ pour les deux : toute trajectoire converge vers $\vec 0$ , quelle que soit la condition initiale ✓

👉 Et le critère se lit directement sur trace et déterminant (C4), sans calculer les valeurs propres :

\boxed{\operatorname{tr}A<0\quad\text{ET}\quad \det A>0}

Vérifions : $\operatorname{tr}A=-2<0$ ✓ et $\det A=5>0$ ✓

👉 Pourquoi ce critère équivaut au précédent :

condition	ce qu'elle dit
$\det A=\lambda_1\lambda_2>0$	les deux $\lambda$ ont le même signe (ou sont conjuguées)
$\operatorname{tr}A=\lambda_1+\lambda_2<0$	ce signe commun est négatif

👉 C'est le critère de Routh-Hurwitz en dimension $2$ , et il ne coûte que deux additions.

👉 Le tableau complet de la classification, que C3 systématise :

$\det A$	$\operatorname{tr}A$	$\Delta$	nature
$<0$	—	$>0$	col — toujours instable
$>0$	$<0$	$>0$	nœud stable
$>0$	$<0$	$<0$	foyer stable ← ici
$>0$	$=0$	$<0$	centre
$>0$	$>0$	$<0$	foyer instable
$>0$	$>0$	$>0$	nœud instable

ℹ️ Ce système modélise un oscillateur amorti — c'est exactement la forme de $x''+2x'+5x=0$ (E5), à une écriture près, ce qui explique qu'ils partagent leurs valeurs propres.

Réponse.

\vec X(t)=e^{-t}\big(c_1\binom{\cos 2t}{\sin 2t}+c_2\binom{-\sin 2t}{\cos 2t}\big)

. (Recoupement :

\operatorname{Re}\lambda=-1<0

→ spirale qui converge vers

0

, foyer stable ✓)

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Cauchy (cas oscillant)

ApplicationDifficulté 3/5

Résoudre $\vec X\,'=\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}\vec X$ avec $\vec X(0)=\binom10$ .

Indices (3)

Solution générale (exo B1).

Imposer $\vec X(0)=\binom10$ .

$c_1\binom10+c_2\binom01=\binom10$ .

Correction détaillée

La solution generale

👉 La matrice est celle de B1, dont on a établi la solution :

A=\begin{pmatrix}0&-1\\ 1&0\end{pmatrix},\qquad \lambda=\pm i.

\vec X(t)=\begin{pmatrix}C_1\cos t+C_2\sin t\\ C_1\sin t-C_2\cos t\end{pmatrix}.

👉 Appliquons la condition initiale $\vec X(0)=\binom10$ :

\vec X(0)=\begin{pmatrix}C_1\cos 0+C_2\sin 0\\ C_1\sin 0-C_2\cos 0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}C_1\\ -C_2\end{pmatrix}.

D'où le système :

C_1=1,\qquad -C_2=0\ \Longrightarrow\ C_2=0.

\boxed{\vec X(t)=\begin{pmatrix}\cos t\\ \sin t\end{pmatrix}}

👉 C'est le paramétrage du CERCLE UNITÉ, parcouru à vitesse angulaire $1$ .

Les controles

1. La condition initiale. En $t=0$ :

\begin{pmatrix}\cos 0\\ \sin 0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\ 0\end{pmatrix}\ \checkmark

2. Le système. Dérivons :

\vec X\,'(t)=\begin{pmatrix}-\sin t\\ \cos t\end{pmatrix}.

Et calculons $A\vec X$ :

A\begin{pmatrix}\cos t\\ \sin t\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\times\cos t+(-1)\sin t\\ 1\times\cos t+0\times\sin t\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-\sin t\\ \cos t\end{pmatrix}\ \checkmark

3. Le module est constant :

\cos^2t+\sin^2t=1\ \checkmark

👉 Trois contrôles indépendants — condition initiale, équation, invariant. Chacun peut échouer seul, et ils ne partagent aucune hypothèse.

Quelques positions, pour visualiser :

$t$	$0$	$\frac{\pi}{2}$	$\pi$	$\frac{3\pi}{2}$	$2\pi$
$\vec X$	$(1,0)$	$(0,1)$	$(-1,0)$	$(0,-1)$	$(1,0)$

👉 Le point revient à son départ après $t=2\pi$ — la solution est périodique, de période exactement $2\pi$ .

La vitesse, et le sens du parcours

👉 La vitesse est orthogonale au rayon :

\vec X\cdot\vec X\,'=\cos t\times(-\sin t)+\sin t\times\cos t=0.

\boxed{\vec X\perp\vec X\,'\ \text{a chaque instant — c'est LA definition d'un mouvement circulaire}}

👉 Et son module est constant :

\lVert\vec X\,'\rVert=\sqrt{\sin^2t+\cos^2t}=1.

👉 Mouvement circulaire UNIFORME, à vitesse $1$ sur un cercle de rayon $1$ — donc de vitesse angulaire $1$ rad/s ✓

👉 Le SENS : de $(1,0)$ à $t=0$ vers $(0,1)$ à $t=\frac{\pi}{2}$ , donc antihoraire (trigonométrique).

👉 Interprétation physique — c'est le système $x'=y$ … non, ici $x_1'=-x_2$ et $x_2'=x_1$ , ce qui correspond à

x_1''=-x_1,

l'oscillateur harmonique de pulsation $1$ . La composante $x_1=\cos t$ est la position, $x_2=\sin t$ l'opposé de la vitesse.

⚠️ Le plan $(x_1,x_2)$ est l'ESPACE DES PHASES, pas l'espace physique. Le « cercle » n'est pas une trajectoire dans l'espace : c'est le lieu des couples (position, impulsion) au cours du temps.

Ce que ce cercle represente vraiment : l'ENERGIE

👉 Pour un oscillateur harmonique de masse $1$ et de raideur $1$ , l'énergie mécanique vaut

E=\underbrace{\frac{1}{2}v^2}_{\text{cinetique}}+\underbrace{\frac{1}{2}x^2}_{\text{potentielle}}=\frac{1}{2}\left(x_1^2+x_2^2\right).

\boxed{\text{le cercle}\ x_1^2+x_2^2=1\ \text{est une COURBE D'ENERGIE CONSTANTE}}

👉 Et la conservation se démontre en une ligne, sans résoudre :

\frac{dE}{dt}=x_1x_1'+x_2x_2'=x_1(-x_2)+x_2(x_1)=0\ \checkmark

👉 L'échange entre les deux formes d'énergie se lit sur le cercle :

$t$	position $x_1$	vitesse	énergie potentielle	cinétique
$0$	$\pm 1$ (extrémum)	$0$	maximale	nulle
$\frac{\pi}{2}$	$0$ (passage)	$\pm 1$	nulle	maximale

👉 Le point tourne, l'énergie se transforme, le total ne bouge pas — c'est la lecture géométrique de la conservation.

⚠️⚠️ Et c'est ce que la méthode d'Euler explicite DÉTRUIT (méthodes numériques, E5) : elle multiplie le rayon par $\sqrt{1+h^2}>1$ à chaque pas, donc elle crée de l'énergie à partir de rien. La trajectoire spirale vers l'extérieur au lieu de tourner.

\boxed{\text{d'ou les integrateurs SYMPLECTIQUES, qui preservent cette structure}}

👉 Sur des temps très longs, une méthode d'ordre $4$ qui viole la conservation fait moins bien, pour l'énergie, qu'une méthode d'ordre $2$ qui la respecte. C'est le renversement de perspective du calcul numérique moderne.

ℹ️ En dimension supérieure, ces courbes d'énergie deviennent des tores, et leur persistance sous perturbation est l'objet du théorème KAM — l'un des résultats les plus profonds de la mécanique du XXᵉ siècle.

Réponse.

\vec X(t)=\binom{\cos t}{\sin t}

. (Recoupement :

\vec X(0)=\binom10

✓ ; le point décrit le cercle unité à vitesse

1

)

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Exponentielle de matrice

CalculDifficulté 3/5

Calculer $e^{tA}$ pour $A=\begin{pmatrix}1&2\\2&1\end{pmatrix}$ via la diagonalisation.

Indices (3)

$A=PDP^{-1}$ avec $D=\operatorname{diag}(3,-1)$ (exo A1).

$e^{tA}=Pe^{tD}P^{-1}$ , $e^{tD}=\operatorname{diag}(e^{3t},e^{-t})$ .

$P=\begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix}$ , $P^{-1}=\tfrac12\begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix}$ .

Correction détaillée

Ce qu'est l'exponentielle de matrice

\boxed{e^{tA}=\sum_{n\geq 0}\frac{(tA)^n}{n!}=I+tA+\frac{t^2A^2}{2}+\frac{t^3A^3}{6}+\cdots}

👉 Elle résout le système d'un coup, exactement comme l'exponentielle scalaire résout $y'=ay$ :

\vec X\,'=A\vec X,\ \vec X(0)=\vec X_0\qquad\Longrightarrow\qquad \vec X(t)=e^{tA}\vec X_0.

👉 Vérifions que c'est bien solution, en dérivant la série terme à terme :

\frac{d}{dt}e^{tA}=A+tA^2+\frac{t^2A^3}{2}+\cdots=A\left(I+tA+\frac{t^2A^2}{2}+\cdots\right)=A\,e^{tA}\ \checkmark

⚠️ Sommer la série directement est en général impraticable (sauf puissances simples, comme en E3 où $A^2=-I$ ). La voie qui marche ici est la diagonalisation :

\boxed{A=PDP^{-1}\quad\Longrightarrow\quad e^{tA}=P\,e^{tD}\,P^{-1}}

👉 Pourquoi : $A^n=PD^nP^{-1}$ , donc la série se factorise, et $e^{tD}$ est diagonale — chaque terme y est un simple $e^{\lambda_it}$ .

Diagonaliser

👉 Les éléments propres sont ceux d'A1 :

\lambda_1=-1\ \text{avec}\ \vec v_1=\begin{pmatrix}-1\\ 1\end{pmatrix},\qquad \lambda_2=3\ \text{avec}\ \vec v_2=\begin{pmatrix}1\\ 1\end{pmatrix}.

P=\begin{pmatrix}-1&1\\ 1&1\end{pmatrix},\qquad D=\begin{pmatrix}-1&0\\ 0&3\end{pmatrix}.

⚠️⚠️ L'ORDRE des colonnes de $P$ doit correspondre à l'ordre des $\lambda$ dans $D$ . Les intervertir donne une matrice fausse, et c'est l'erreur la plus fréquente.

Calculons $P^{-1}$ — pour une matrice $2\times 2$ , la formule est directe :

\det P=(-1)(1)-(1)(1)=-2,

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

👉 CONTRÔLE — vérifier $PP^{-1}=I$ :

\begin{pmatrix}-1&1\\ 1&1\end{pmatrix}\cdot\frac12\begin{pmatrix}-1&1\\ 1&1\end{pmatrix}=\frac12\begin{pmatrix}1+1&-1+1\\ -1+1&1+1\end{pmatrix}=\frac12\begin{pmatrix}2&0\\ 0&2\end{pmatrix}=I\ \checkmark

Assembler $e^{tA}$

e^{tD}=\begin{pmatrix}e^{-t}&0\\ 0&e^{3t}\end{pmatrix}.

e^{tA}=P\,e^{tD}\,P^{-1}=\begin{pmatrix}-1&1\\ 1&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}e^{-t}&0\\ 0&e^{3t}\end{pmatrix}\cdot\frac12\begin{pmatrix}-1&1\\ 1&1\end{pmatrix}.

👉 Premier produit — chaque colonne de $P$ est multipliée par son exponentielle :

\begin{pmatrix}-e^{-t}&e^{3t}\\ e^{-t}&e^{3t}\end{pmatrix}.

👉 Second produit, avec $\frac12\begin{pmatrix}-1&1\\ 1&1\end{pmatrix}$ :

\frac12\begin{pmatrix}e^{-t}+e^{3t}&-e^{-t}+e^{3t}\\ -e^{-t}+e^{3t}&e^{-t}+e^{3t}\end{pmatrix}.

\boxed{e^{tA}=\frac12\begin{pmatrix}e^{3t}+e^{-t}&e^{3t}-e^{-t}\\ e^{3t}-e^{-t}&e^{3t}+e^{-t}\end{pmatrix}}

👉 La matrice est SYMÉTRIQUE, comme $A$ — c'est attendu, l'exponentielle préservant la symétrie ✓

👉 Écriture compacte, souvent plus lisible :

e^{tA}=e^{t}\begin{pmatrix}\cosh 2t&\sinh 2t\\ \sinh 2t&\cosh 2t\end{pmatrix},

puisque $\frac{e^{3t}\pm e^{-t}}{2}=e^{t}\cdot\frac{e^{2t}\pm e^{-2t}}{2}$ .

Les trois controles, et l'usage

1. En $t=0$ , l'exponentielle doit valoir l'identité :

e^{0}=\frac12\begin{pmatrix}1+1&1-1\\ 1-1&1+1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&0\\ 0&1\end{pmatrix}=I\ \checkmark

2. La dérivée en $0$ doit valoir $A$ :

\frac{d}{dt}e^{tA}\Big|_{t=0}=\frac12\begin{pmatrix}3+(-1)&3-(-1)\\ 3-(-1)&3+(-1)\end{pmatrix}=\frac12\begin{pmatrix}2&4\\ 4&2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&2\\ 2&1\end{pmatrix}=A\ \checkmark

👉 Ces deux contrôles sont les plus efficaces qui soient : ils testent la matrice ENTIÈRE, en deux évaluations, et attrapent toute erreur de produit ou d'ordre des colonnes.

3. Le déterminant, par la formule de Liouville :

\det e^{tA}=e^{t\operatorname{tr}A}=e^{2t}.

Vérifions directement :

\frac14\left[\left(e^{3t}+e^{-t}\right)^2-\left(e^{3t}-e^{-t}\right)^2\right]=\frac14\times 4e^{3t}e^{-t}=e^{2t}\ \checkmark

👉 L'usage : résoudre TOUT problème de Cauchy en une multiplication. Reprenons A4, avec $\vec X_0=\binom13$ :

\vec X(t)=e^{tA}\begin{pmatrix}1\\ 3\end{pmatrix}=\frac12\begin{pmatrix}\left(e^{3t}+e^{-t}\right)+3\left(e^{3t}-e^{-t}\right)\\ \left(e^{3t}-e^{-t}\right)+3\left(e^{3t}+e^{-t}\right)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2e^{3t}-e^{-t}\\ 2e^{3t}+e^{-t}\end{pmatrix}.

👉 C'est EXACTEMENT la solution trouvée en A4 ✓ — mais obtenue sans redécomposer la condition initiale.

⚠️ Deux avertissements sur l'exponentielle de matrice :

piège	pourquoi
$e^{A+B}\neq e^Ae^B$ en général	seulement si $AB=BA$
$e^{tA}$ n'est pas la matrice des $e^{a_{ij}t}$	c'est une série de PUISSANCES de $A$

ℹ️ Le second point mérite d'être souligné : l'exponentielle d'une matrice ne s'obtient jamais en exponentiant ses coefficients. C'est l'erreur la plus répandue, et la plus facile à commettre.

Réponse.

e^{tA}=\dfrac12\begin{pmatrix}e^{3t}+e^{-t}&e^{3t}-e^{-t}\\ e^{3t}-e^{-t}&e^{3t}+e^{-t}\end{pmatrix}

. (Recoupement :

e^{0\cdot A}=I

✓ et

\dfrac{d}{dt}e^{tA}=Ae^{tA}

✓ ;

\vec X(t)=e^{tA}\vec X_0

résout tout Cauchy)

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Cauchy (matrice symétrique)

ApplicationDifficulté 3/5

Résoudre $\vec X\,'=\begin{pmatrix}3&1\\1&3\end{pmatrix}\vec X$ avec $\vec X(0)=\binom20$ .

Indices (3)

Solution générale (exo A5).

$c_1\binom11+c_2\binom1{-1}=\binom20$ .

$c_1+c_2=2$ , $c_1-c_2=0$ .

Correction détaillée

La solution generale

👉 La matrice est celle d'A5 :

A=\begin{pmatrix}3&1\\ 1&3\end{pmatrix},\qquad \lambda_1=2\ \text{avec}\ \vec v_1=\begin{pmatrix}-1\\ 1\end{pmatrix},\qquad \lambda_2=4\ \text{avec}\ \vec v_2=\begin{pmatrix}1\\ 1\end{pmatrix}.

\vec X(t)=C_1e^{2t}\begin{pmatrix}-1\\ 1\end{pmatrix}+C_2e^{4t}\begin{pmatrix}1\\ 1\end{pmatrix}.

👉 Décomposons la condition initiale $\vec X(0)=\binom20$ sur la base propre :

C_1\begin{pmatrix}-1\\ 1\end{pmatrix}+C_2\begin{pmatrix}1\\ 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2\\ 0\end{pmatrix}.

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

👉 La seconde donne $C_1=-C_2$ , qu'on reporte dans la première :

C_2+C_2=2\quad\Longrightarrow\quad C_2=1,\qquad C_1=-1.

\boxed{C_1=-1,\qquad C_2=1}

La solution du probleme de Cauchy

\vec X(t)=-e^{2t}\begin{pmatrix}-1\\ 1\end{pmatrix}+e^{4t}\begin{pmatrix}1\\ 1\end{pmatrix}.

\boxed{x_1(t)=e^{2t}+e^{4t},\qquad x_2(t)=-e^{2t}+e^{4t}}

👉 CONTRÔLE 1 — la condition initiale. En $t=0$ :

x_1(0)=1+1=2\ \checkmark,\qquad x_2(0)=-1+1=0\ \checkmark

👉 CONTRÔLE 2 — le système. Première équation, $x_1'=3x_1+x_2$ :

x_1'=2e^{2t}+4e^{4t}.

3x_1+x_2=3e^{2t}+3e^{4t}-e^{2t}+e^{4t}=2e^{2t}+4e^{4t}\ \checkmark

Seconde équation, $x_2'=x_1+3x_2$ :

x_2'=-2e^{2t}+4e^{4t},

x_1+3x_2=e^{2t}+e^{4t}-3e^{2t}+3e^{4t}=-2e^{2t}+4e^{4t}\ \checkmark

👉 Les deux équations sont vérifiées séparément, ce qui teste les deux lignes de la matrice — et pas seulement celle qui a servi au calcul.

Le raccourci par SOMME et DIFFERENCE

👉 Sur une matrice $\begin{pmatrix}a&b\\ b&a\end{pmatrix}$ , il existe une voie sans vecteurs propres (déjà vue en A5). Posons

s=x_1+x_2,\qquad d=x_1-x_2.

Alors :

s'=x_1'+x_2'=(3x_1+x_2)+(x_1+3x_2)=4s,

d'=x_1'-x_2'=(3x_1+x_2)-(x_1+3x_2)=2x_1-2x_2=2d.

👉 Deux équations SCALAIRES indépendantes, chacune immédiate :

s(t)=s_0e^{4t},\qquad d(t)=d_0e^{2t}.

Avec $\vec X(0)=(2,0)$ : $s_0=2$ et $d_0=2$ .

s(t)=2e^{4t},\qquad d(t)=2e^{2t}.

👉 On remonte à $x_1$ et $x_2$ :

x_1=\frac{s+d}{2}=e^{4t}+e^{2t},\qquad x_2=\frac{s-d}{2}=e^{4t}-e^{2t}.

\boxed{\text{MEME resultat, sans un seul vecteur propre}\ \checkmark}

👉 Deux méthodes indépendantes qui donnent le même résultat — c'est le meilleur contrôle possible, puisqu'elles ne partagent aucune étape de calcul.

Le comportement, et l'alignement asymptotique

👉 Les deux valeurs propres sont positives : la trajectoire s'échappe.

\lVert\vec X(t)\rVert\ \xrightarrow[t\to+\infty]{}\ +\infty.

👉 La direction dominante est celle de $\lambda=4$ , soit $\vec v_2=(1,1)$ :

\frac{x_2(t)}{x_1(t)}=\frac{e^{4t}-e^{2t}}{e^{4t}+e^{2t}}=\frac{1-e^{-2t}}{1+e^{-2t}}\ \xrightarrow[t\to+\infty]{}\ 1.

Vérifions numériquement :

$t$	$x_1$	$x_2$	$x_2/x_1$
$0$	$2$	$0$	$0$
$0{,}5$	$10{,}11$	$4{,}67$	$0{,}462$
$1$	$61{,}98$	$47{,}21$	$0{,}762$
$2$	$2\,035$	$2\,926$ …

👉 Recalculons proprement à $t=2$ : $e^4\approx 54{,}6$ et $e^8\approx 2981$ , donc $x_1\approx 3035{,}6$ et $x_2\approx 2926{,}4$ , soit un rapport de $0{,}964$ ✓

👉 Le rapport tend bien vers $1$ , c'est-à-dire vers la direction $(1,1)$ .

👉 Interprétation : la condition initiale $(2,0)$ n'est PAS un vecteur propre, donc elle mélange les deux modes. Mais le mode $e^{4t}$ croît plus vite et finit par écraser l'autre.

\boxed{\text{en temps long, toute trajectoire s'aligne sur le mode DOMINANT}}

⚠️ Sauf si le coefficient de ce mode est exactement nul — ici $C_2=1\neq 0$ , donc l'alignement a bien lieu.

ℹ️ C'est le principe de la méthode de la puissance en calcul numérique : itérer $\vec x\mapsto A\vec x$ fait converger la direction vers le vecteur propre dominant, exactement pour cette raison.

Réponse.

\vec X(t)=e^{4t}\binom11+e^{2t}\binom1{-1}

. (Recoupement :

\vec X(0)=\binom11+\binom1{-1}=\binom20

✓)

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Système triangulaire

CalculDifficulté 3/5

Résoudre $\vec X\,'=\begin{pmatrix}1&1\\0&2\end{pmatrix}\vec X$ .

Indices (3)

Matrice triangulaire : vp sur la diagonale $\lambda=1,2$ .

$\lambda=1$ : $\vec v=\binom10$ ; $\lambda=2$ : résoudre $(A-2I)\vec v=0$ .

Combiner.

Correction détaillée

Une matrice TRIANGULAIRE se lit sans calcul

A=\begin{pmatrix}1&1\\ 0&2\end{pmatrix}.

\boxed{\text{Les valeurs propres d'une matrice TRIANGULAIRE sont ses coefficients DIAGONAUX}}

\boxed{\lambda_1=1,\qquad \lambda_2=2}

👉 Aucun polynôme caractéristique à résoudre : le déterminant d'une matrice triangulaire est le produit de sa diagonale, donc

\det(A-\lambda I)=\det\begin{pmatrix}1-\lambda&1\\ 0&2-\lambda\end{pmatrix}=(1-\lambda)(2-\lambda).

Contrôle : $\operatorname{tr}A=1+2=3$ et somme des $\lambda=3$ ✓ · $\det A=1\times 2=2$ et produit $=2$ ✓

⚠️ Le coefficient hors diagonale $a_{12}=1$ ne joue AUCUN rôle dans les valeurs propres — mais il en joue un dans les vecteurs propres, et c'est lui qui couple les deux équations.

Les vecteurs propres

Pour $\lambda_1=1$ : $(A-I)\vec v=\vec 0$ .

\begin{pmatrix}0&1\\ 0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a\\ b\end{pmatrix}=\vec 0\quad\Longleftrightarrow\quad b=0.

\vec v_1=\begin{pmatrix}1\\ 0\end{pmatrix}.

👉 La composante $a$ est LIBRE — la matrice $A-I$ a une colonne nulle, donc l'axe des abscisses tout entier est propre.

Pour $\lambda_2=2$ : $(A-2I)\vec v=\vec 0$ .

\begin{pmatrix}-1&1\\ 0&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a\\ b\end{pmatrix}=\vec 0\quad\Longleftrightarrow\quad -a+b=0.

\vec v_2=\begin{pmatrix}1\\ 1\end{pmatrix}.

👉 CONTRÔLE :

A\begin{pmatrix}1\\ 0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\ 0\end{pmatrix}=1\cdot\vec v_1\ \checkmark

A\begin{pmatrix}1\\ 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1+1\\ 0+2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2\\ 2\end{pmatrix}=2\cdot\vec v_2\ \checkmark

⚠️ Ne pas confondre avec le cas défectueux de D1 : là-bas la valeur propre est DOUBLE et il n'y a qu'une seule direction propre. Ici les deux valeurs sont distinctes, donc la matrice est diagonalisable malgré son triangle.

La solution generale, et la voie « en cascade »

\boxed{\vec X(t)=C_1e^{t}\begin{pmatrix}1\\ 0\end{pmatrix}+C_2e^{2t}\begin{pmatrix}1\\ 1\end{pmatrix}}

x_1(t)=C_1e^{t}+C_2e^{2t},\qquad x_2(t)=C_2e^{2t}.

👉 Une matrice triangulaire se résout aussi EN CASCADE, sans aucun vecteur propre — et c'est souvent plus rapide.

La seconde ligne du système ne dépend que de $x_2$ :

x_2'=2x_2\qquad\Longrightarrow\qquad x_2(t)=Ke^{2t}.

On l'injecte alors dans la première :

x_1'=x_1+x_2=x_1+Ke^{2t}.

👉 C'est une équation linéaire d'ordre $1$ AVEC second membre. Sa solution générale est la somme de l'homogène $C_1e^{t}$ et d'une particulière.

Cherchons $x_1^{\text{part}}=ae^{2t}$ :

2ae^{2t}=ae^{2t}+Ke^{2t}\quad\Longrightarrow\quad a=K.

x_1(t)=C_1e^{t}+Ke^{2t}\ \checkmark

👉 Même résultat, avec $K=C_2$ — les deux méthodes concordent, et la seconde n'a demandé aucun calcul matriciel.

La nature, et la structure de la solution

grandeur	valeur	lecture
$\operatorname{tr}A$	$3>0$	instable
$\det A$	$2>0$	pas un col
$\Delta=9-8$	$1>0$	nœud

\boxed{\text{NOEUD INSTABLE}}

👉 Contrôle par substitution — première équation $x_1'=x_1+x_2$ :

x_1'=C_1e^{t}+2C_2e^{2t},

x_1+x_2=C_1e^{t}+C_2e^{2t}+C_2e^{2t}=C_1e^{t}+2C_2e^{2t}\ \checkmark

👉 Ce que la structure triangulaire raconte : le système est à SENS UNIQUE.

variable	dépend de
$x_2$	elle seule — elle évolue de façon autonome
$x_1$	d'elle-même et de $x_2$

\boxed{x_2\ \text{PILOTE}\ x_1,\ \text{et jamais l'inverse}}

👉 Conséquence sur le portrait de phase : la droite $x_2=0$ (l'axe des abscisses) est invariante — une trajectoire qui y démarre y reste pour toujours.

Vérifions : si $C_2=0$ , alors $x_2(t)=0$ pour tout $t$ , et $x_1(t)=C_1e^t$ ✓

👉 En revanche, la droite $x_1=0$ n'est PAS invariante — l'asymétrie du triangle se lit directement dans le portrait.

ℹ️ Ces systèmes modélisent une chaîne de causalité : une population source qui alimente une population cible sans retour, une décroissance radioactive en cascade, un réservoir qui se déverse dans un autre.

Réponse.

\vec X(t)=c_1e^{t}\binom10+c_2e^{2t}\binom11

. (Recoupement :

y=x_2=c_2e^{2t}

et

x_1'=x_1+x_2

→ cohérent ✓)

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Foyer instable (synthèse)

CalculDifficulté 3/5

Résoudre $\vec X\,'=\begin{pmatrix}2&-1\\1&2\end{pmatrix}\vec X$ et préciser le type d'équilibre.

Indices (3)

$\lambda^2-4\lambda+5=0$ .

$\lambda=2\pm i$ .

$\operatorname{Re}\lambda=2>0$ .

Correction détaillée

Les valeurs propres

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

\operatorname{tr}A=4,\qquad \det A=2\times 2-(-1)(1)=4+1=5.

\chi(\lambda)=\lambda^2-4\lambda+5,\qquad \Delta=16-20=-4<0.

\lambda=\frac{4\pm 2i}{2}=2\pm i.

\boxed{\lambda=2\pm i}

Contrôle : somme $4=\operatorname{tr}A$ ✓, produit $2^2+1^2=5=\det A$ ✓

👉 La lecture immédiate :

partie	valeur	effet
$\alpha=2$	$>0$	amplitude en $e^{2t}$ — croît
$\beta=1$		rotation de période $2\pi$

👉 Cette matrice a la forme $\begin{pmatrix}\alpha&-\beta\\ \beta&\alpha\end{pmatrix}$ , qui est la forme canonique d'un foyer — et ses valeurs propres se lisent alors DIRECTEMENT : $\alpha\pm i\beta$ .

\boxed{\begin{pmatrix}\alpha&-\beta\\ \beta&\alpha\end{pmatrix}\ \text{a pour valeurs propres}\ \alpha\pm i\beta}

La solution

👉 Pour cette forme canonique, l'exponentielle se lit aussi directement :

e^{tA}=e^{\alpha t}\begin{pmatrix}\cos\beta t&-\sin\beta t\\ \sin\beta t&\cos\beta t\end{pmatrix}=e^{2t}\begin{pmatrix}\cos t&-\sin t\\ \sin t&\cos t\end{pmatrix}.

\boxed{\vec X(t)=e^{2t}\begin{pmatrix}C_1\cos t-C_2\sin t\\ C_1\sin t+C_2\cos t\end{pmatrix}}

👉 CONTRÔLE sur la première équation $x_1'=2x_1-x_2$ .

Dérivons $x_1=e^{2t}(C_1\cos t-C_2\sin t)$ :

x_1'=2e^{2t}\left(C_1\cos t-C_2\sin t\right)+e^{2t}\left(-C_1\sin t-C_2\cos t\right).

👉 Le premier terme est $2x_1$ , et le second vaut

-e^{2t}\left(C_1\sin t+C_2\cos t\right)=-x_2\ \checkmark

x_1'=2x_1-x_2\ \checkmark

👉 Décomposition très lisible de la matrice :

A=2I+\begin{pmatrix}0&-1\\ 1&0\end{pmatrix}=2I+R,

où $R$ est la rotation de B1. Comme $I$ commute avec tout :

e^{tA}=e^{2tI}e^{tR}=e^{2t}\cdot\begin{pmatrix}\cos t&-\sin t\\ \sin t&\cos t\end{pmatrix}\ \checkmark

⚠️ La factorisation $e^{A+B}=e^Ae^B$ n'est licite QUE si $AB=BA$ — c'est le cas ici parce que $I$ commute avec $R$ , et c'est ce qui rend le calcul immédiat.

Le type d'equilibre

grandeur	valeur	lecture
$\det A$	$5>0$	pas un col
$\Delta$	$-4<0$	foyer (pas un nœud)
$\operatorname{tr}A$	$4>0$	instable

\boxed{\text{FOYER INSTABLE — spirale qui s'ecarte de l'origine}}

👉 Le module croît exponentiellement :

r(t)=r_0\,e^{2t}.

👉 Le sens de rotation : $a_{21}=1>0$ , donc trigonométrique. Vérification en $(1,0)$ :

A\begin{pmatrix}1\\ 0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2\\ 1\end{pmatrix}\ \text{— vers le haut a droite}\ \checkmark

👉 Comparons les deux échelles de temps :

grandeur	valeur
période de rotation	$T=2\pi\approx 6{,}28$
temps de doublement	$\frac{\ln 2}{2}\approx 0{,}35$

👉 L'amplitude double dix-huit fois par tour — la spirale est très ouverte, presque radiale à l'œil.

r(2\pi)=r_0\,e^{4\pi}\approx 287\,000\,r_0.

⚠️ Quand $\alpha\gg\beta$ , un foyer ressemble visuellement à un nœud — la rotation est noyée dans la croissance. C'est le discriminant, pas l'apparence, qui tranche.

La comparaison avec les autres foyers du chapitre

exercice	$A$	$\lambda$	nature
B1	$\begin{pmatrix}0&-1\\ 1&0\end{pmatrix}$	$\pm i$	centre
B2	$\begin{pmatrix}1&-1\\ 1&1\end{pmatrix}$	$1\pm i$	foyer instable
E2	$\begin{pmatrix}2&-1\\ 1&2\end{pmatrix}$	$\mathbf{2\pm i}$	foyer instable
B3	$\begin{pmatrix}-1&-2\\ 2&-1\end{pmatrix}$	$-1\pm 2i$	foyer stable

👉 Les trois premières ont exactement la même structure $\alpha I+R$ , avec $\alpha=0$ , $1$ , $2$ — et c'est $\alpha$ seul qui décide de la nature.

\boxed{\alpha<0\ \text{stable}\quad\cdot\quad \alpha=0\ \text{centre}\quad\cdot\quad \alpha>0\ \text{instable}}

👉 La vitesse d'écartement, elle, est gouvernée par $\lvert\alpha\rvert$ :

$\alpha$	rayon après un tour ( $t=2\pi$ )
$0$	$r_0$ — inchangé
$1$	$\approx 535\,r_0$
$2$	$\approx 287\,000\,r_0$

👉 Et le rapport $\frac{\lvert\alpha\rvert}{\beta}$ mesure l'OUVERTURE de la spirale :

rapport	allure
grand	spirale très ouverte, presque radiale
petit	spirale serrée, presque circulaire
nul	cercle exact

ℹ️ En automatique, ce rapport est directement lié au facteur d'amortissement $\zeta$ d'un système du second ordre — un foyer instable y correspond à un amortissement négatif, c'est-à-dire à un système qui entre en oscillation croissante.

Réponse.

\vec X(t)=e^{2t}\big(c_1\binom{\cos t}{\sin t}+c_2\binom{-\sin t}{\cos t}\big)

: foyer instable (

\operatorname{Re}\lambda=2>0

). (Recoupement :

\det A=5>0

et

\operatorname{tr}A=4>0

,

\tau^2-4\det A=-4<0

→ foyer instable ✓)

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Exponentielle d'une rotation

DémonstrationDifficulté 3/5

Montrer que $e^{tA}=\begin{pmatrix}\cos t&-\sin t\\ \sin t&\cos t\end{pmatrix}$ pour $A=\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}$ .

Indices (3)

Vérifier $M(0)=I$ .

Vérifier $M'(t)=A\,M(t)$ .

L'unicité du problème $M'=AM$ , $M(0)=I$ caractérise $e^{tA}$ .

Correction détaillée

Trois voies pour la MEME identite

A=\begin{pmatrix}0&-1\\ 1&0\end{pmatrix},\qquad\text{a montrer :}\quad e^{tA}=\begin{pmatrix}\cos t&-\sin t\\ \sin t&\cos t\end{pmatrix}.

👉 Trois démonstrations, et chacune éclaire un aspect différent :

voie	ce qu'elle montre
la SÉRIE	d'où viennent $\cos$ et $\sin$
l'équation différentielle	pourquoi c'est la bonne réponse
les colonnes	le lien avec les solutions de B4

👉 Commençons par la clé de tout : les puissances de $A$ .

A^2=\begin{pmatrix}0&-1\\ 1&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&-1\\ 1&0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1&0\\ 0&-1\end{pmatrix}=-I.

\boxed{A^2=-I\ \text{— exactement comme}\ i^2=-1}

👉 Les puissances suivent donc un cycle de période $4$ :

$n$	$0$	$1$	$2$	$3$	$4$
$A^n$	$I$	$A$	$-I$	$-A$	$I$

👉 C'est le même cycle que celui de $i$ , et c'est ce qui va faire apparaître $\cos$ et $\sin$ .

Voie 1 : la SERIE

e^{tA}=\sum_{n\geq 0}\frac{t^nA^n}{n!}.

👉 Séparons les indices PAIRS et IMPAIRS, puisque les puissances se répètent :

\text{pairs}\ (n=2k)\ :\quad A^{2k}=(A^2)^k=(-I)^k=(-1)^kI,

\text{impairs}\ (n=2k+1)\ :\quad A^{2k+1}=(-1)^kA.

En regroupant :

e^{tA}=\left(\sum_{k\geq 0}\frac{(-1)^kt^{2k}}{(2k)!}\right)I+\left(\sum_{k\geq 0}\frac{(-1)^kt^{2k+1}}{(2k+1)!}\right)A.

👉 On reconnaît les DSE de $\cos$ et de $\sin$ :

e^{tA}=(\cos t)\,I+(\sin t)\,A.

Explicitons :

=\cos t\begin{pmatrix}1&0\\ 0&1\end{pmatrix}+\sin t\begin{pmatrix}0&-1\\ 1&0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\cos t&-\sin t\\ \sin t&\cos t\end{pmatrix}\ \checkmark

\boxed{e^{tA}=(\cos t)I+(\sin t)A}

👉 C'est la formule d'Euler $e^{it}=\cos t+i\sin t$ , transposée aux matrices — et la ressemblance n'est pas fortuite : $A$ joue exactement le rôle de $i$ .

Voies 2 et 3 : l'equation, et les colonnes

👉 VOIE 2 — vérifier que $M(t)=\begin{pmatrix}\cos t&-\sin t\\ \sin t&\cos t\end{pmatrix}$ satisfait le problème.

Dérivons terme à terme :

M'(t)=\begin{pmatrix}-\sin t&-\cos t\\ \cos t&-\sin t\end{pmatrix}.

Et calculons $AM$ :

AM=\begin{pmatrix}0&-1\\ 1&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\cos t&-\sin t\\ \sin t&\cos t\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-\sin t&-\cos t\\ \cos t&-\sin t\end{pmatrix}\ \checkmark

M'=AM\quad\text{et}\quad M(0)=I.

👉 Or ce problème a une SOLUTION UNIQUE, qui est par définition $e^{tA}$ . Donc $M(t)=e^{tA}$ ✓

👉 VOIE 3 — lire les COLONNES. La $j$ -ième colonne de $e^{tA}$ est la solution de $\vec X\,'=A\vec X$ partant du $j$ -ième vecteur de base.

départ	solution (B4)	colonne
$\binom10$	$\binom{\cos t}{\sin t}$	1ʳᵉ ✓
$\binom01$	$\binom{-\sin t}{\cos t}$	2ᵉ ✓

👉 B4 a déjà calculé la première colonne — l'exponentielle n'en est que le rangement matriciel.

\boxed{e^{tA}\ \text{est la matrice dont les COLONNES sont les solutions issues de la base canonique}}

Les controles, et ce que la formule offre

1. En $t=0$ :

\begin{pmatrix}\cos 0&-\sin 0\\ \sin 0&\cos 0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&0\\ 0&1\end{pmatrix}=I\ \checkmark

2. Le déterminant — formule de Liouville, $\det e^{tA}=e^{t\operatorname{tr}A}=e^0=1$ :

\cos^2t+\sin^2t=1\ \checkmark

3. La loi de groupe $e^{(s+t)A}=e^{sA}e^{tA}$ :

R(s)R(t)=\begin{pmatrix}\cos s\cos t-\sin s\sin t&\cdots\\ \sin s\cos t+\cos s\sin t&\cdots\end{pmatrix}=R(s+t)\ \checkmark

👉 Ce troisième contrôle redonne les formules d'addition de $\cos$ et $\sin$ , gratuitement — c'est le même fait, écrit matriciellement.

4. L'inverse :

\left(e^{tA}\right)^{-1}=e^{-tA}=R(-t)=R(t)^T\ \checkmark

👉 Une matrice de rotation a son inverse égal à sa transposée — c'est la définition d'une matrice orthogonale.

\boxed{\text{la rotation preserve les longueurs et les angles : }R^TR=I}

👉 Ce que cela raconte du système : $\vec X\,'=A\vec X$ décrit un mouvement qui conserve la norme, et l'exponentielle en donne l'expression exacte à tout instant.

👉 Généralisation à connaître :

$A$	$e^{tA}$	groupe
antisymétrique ( $A^T=-A$ )	orthogonale	rotations
symétrique	symétrique définie positive	dilatations
trace nulle	déterminant $1$	volumes conservés

👉 Ici $A^T=\begin{pmatrix}0&1\\ -1&0\end{pmatrix}=-A$ : la matrice est bien antisymétrique, ce qui garantit d'avance que son exponentielle est une rotation ✓

ℹ️ C'est le lien entre algèbre de Lie (les $A$ antisymétriques) et groupe de Lie (les rotations) : l'exponentielle est le pont entre les deux, et c'est le point de départ de toute la théorie des symétries en physique.

Réponse.

e^{tA}=\begin{pmatrix}\cos t&-\sin t\\ \sin t&\cos t\end{pmatrix}

. (Recoupement :

M'=AM

et

M(0)=I

\Longrightarrow

par unicité

M=e^{tA}

✓ ; c'est la rotation d'angle

t

)

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Cauchy (système triangulaire)

ApplicationDifficulté 3/5

Résoudre $\vec X\,'=\begin{pmatrix}1&1\\0&2\end{pmatrix}\vec X$ avec $\vec X(0)=\binom01$ .

Indices (3)

Solution générale (exo E1).

$c_1\binom10+c_2\binom11=\binom01$ .

$c_1+c_2=0$ , $c_2=1$ .

Correction détaillée

La solution generale

👉 La matrice est celle d'E1 :

A=\begin{pmatrix}1&1\\ 0&2\end{pmatrix},\qquad \lambda_1=1\ \text{avec}\ \vec v_1=\begin{pmatrix}1\\ 0\end{pmatrix},\qquad \lambda_2=2\ \text{avec}\ \vec v_2=\begin{pmatrix}1\\ 1\end{pmatrix}.

\vec X(t)=C_1e^{t}\begin{pmatrix}1\\ 0\end{pmatrix}+C_2e^{2t}\begin{pmatrix}1\\ 1\end{pmatrix}.

👉 Décomposons $\vec X(0)=\binom01$ :

C_1\begin{pmatrix}1\\ 0\end{pmatrix}+C_2\begin{pmatrix}1\\ 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\ 1\end{pmatrix}.

👉 La SECONDE ligne se lit directement — $\vec v_1$ n'y contribue pas :

C_2=1.

Puis la première : $C_1+C_2=0$ , donc $C_1=-1$ .

\boxed{C_1=-1,\qquad C_2=1}

👉 La structure triangulaire simplifie même la décomposition : la seconde équation ne contient qu'une inconnue.

La solution du probleme de Cauchy

\vec X(t)=-e^{t}\begin{pmatrix}1\\ 0\end{pmatrix}+e^{2t}\begin{pmatrix}1\\ 1\end{pmatrix}.

\boxed{x_1(t)=e^{2t}-e^{t},\qquad x_2(t)=e^{2t}}

👉 CONTRÔLE 1 — la condition initiale en $t=0$ :

x_1(0)=1-1=0\ \checkmark,\qquad x_2(0)=1\ \checkmark

👉 CONTRÔLE 2 — le système. Seconde équation $x_2'=2x_2$ :

x_2'=2e^{2t}=2x_2\ \checkmark

Première équation $x_1'=x_1+x_2$ :

x_1'=2e^{2t}-e^{t}.

x_1+x_2=\left(e^{2t}-e^{t}\right)+e^{2t}=2e^{2t}-e^{t}\ \checkmark

👉 CONTRÔLE 3 — par la voie en cascade, indépendante de la précédente.

La seconde équation donne $x_2=e^{2t}$ (car $x_2(0)=1$ ), puis

x_1'=x_1+e^{2t},\qquad x_1(0)=0.

Solution générale : $x_1=Ce^t+e^{2t}$ (particulière $ae^{2t}$ avec $a=1$ ). Et $x_1(0)=0$ donne $C=-1$ ✓

👉 Trois contrôles, dont un par une méthode entièrement distincte.

Le comportement

👉 Les deux composantes explosent, mais pas de la même façon :

$t$	$x_1=e^{2t}-e^{t}$	$x_2=e^{2t}$	$x_1/x_2$
$0$	$0$	$1$	$0$
$1$	$4{,}671$	$7{,}389$	$0{,}632$
$2$	$47{,}21$	$54{,}60$	$0{,}865$
$3$	$383{,}3$	$403{,}4$	$0{,}950$

👉 Le rapport tend vers $1$ , c'est-à-dire vers la direction $\vec v_2=(1,1)$ :

\frac{x_1}{x_2}=\frac{e^{2t}-e^{t}}{e^{2t}}=1-e^{-t}\ \xrightarrow[t\to+\infty]{}\ 1\ \checkmark

👉 La formule est exacte, pas asymptotique — l'écart à $1$ vaut exactement $e^{-t}$ .

👉 Un détail intéressant : $x_1$ commence NÉGATIF ? Non — vérifions :

x_1(t)=e^{2t}-e^{t}=e^{t}\left(e^{t}-1\right).

👉 Pour $t>0$ , $e^t>1$ donc $x_1>0$ ; pour $t<0$ , $x_1<0$ .

\boxed{x_1\ \text{s'annule exactement en}\ t=0,\ \text{et change de signe}}

👉 La trajectoire traverse l'axe $x_1=0$ à $t=0$ — ce qui est cohérent avec la condition initiale $(0,1)$ , qui est précisément sur cet axe.

Ce que le cas triangulaire enseigne

\boxed{\text{NOEUD INSTABLE, avec l'axe}\ x_2=0\ \text{invariant}}

👉 Ici $C_2=1\neq 0$ , donc la trajectoire n'est PAS sur l'axe invariant et suit le mode dominant $e^{2t}$ .

👉 Le tableau des conditions initiales :

$\vec X(0)$	$C_1$	$C_2$	trajectoire
$(0,1)$	$-1$	$1$	s'aligne sur $(1,1)$
$(1,0)$	$1$	$\mathbf 0$	reste sur l'axe $x_2=0$
$(1,1)$	$0$	$1$	reste sur la droite $x_1=x_2$
$(3,1)$	$2$	$1$	s'aligne sur $(1,1)$

👉 Les DEUX droites propres sont invariantes — c'est le cas de toute matrice diagonalisable à valeurs propres réelles.

👉 Et l'asymétrie du triangle se lit dans le portrait de phase :

droite	invariante ?	pourquoi
$x_2=0$	✅	c'est $\operatorname{Vect}(\vec v_1)$
$x_1=x_2$	✅	c'est $\operatorname{Vect}(\vec v_2)$
$x_1=0$	❌	n'est pas une droite propre

⚠️ Une matrice triangulaire n'est PAS toujours diagonalisable : si les deux coefficients diagonaux sont égaux et que le hors-diagonale est non nul, la matrice est défectueuse — c'est exactement le cas de D1, avec $\begin{pmatrix}2&1\\ 0&2\end{pmatrix}$ .

\boxed{\text{ce qui sauve E1/E4, c'est}\ \lambda_1\neq\lambda_2,\ \text{pas la forme triangulaire}}

ℹ️ La forme de Jordan généralise cette observation : toute matrice est semblable à une matrice triangulaire par blocs, diagonale exactement quand elle est diagonalisable.

Réponse.

\vec X(t)=\binom{e^{2t}-e^{t}}{e^{2t}}

. (Recoupement :

\vec X(0)=\binom{1-1}{1}=\binom01

✓)

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Oscillateur amorti en système

CalculDifficulté 3/5

Écrire $x''+2x'+5x=0$ en système $\vec X\,'=A\vec X$ et déterminer la nature des solutions.

Indices (3)

$x_1=x$ , $x_2=x'$ : $A=\begin{pmatrix}0&1\\-5&-2\end{pmatrix}$ .

Caractéristique $\lambda^2+2\lambda+5=0$ .

Discriminant $<0$ → oscillations amorties.

Correction détaillée

Ecrire le systeme

👉 Posons $x_1=x$ et $x_2=x'$ .

x_1'=x'=x_2.

Et l'équation donne $x''$ :

x''+2x'+5x=0\quad\Longrightarrow\quad x''=-5x-2x',

x_2'=-5x_1-2x_2.

\boxed{\vec X\,'=\begin{pmatrix}0&1\\ -5&-2\end{pmatrix}\vec X}

👉 Contrôle par la forme compagnon $\begin{pmatrix}0&1\\ -q&-p\end{pmatrix}$ avec $p=2$ et $q=5$ :

\begin{pmatrix}0&1\\ -5&-2\end{pmatrix}\ \checkmark

👉 Le vecteur d'état $(x,x')$ est le couple POSITION-VITESSE — le plan $(x_1,x_2)$ est donc l'espace des phases de l'oscillateur.

La nature des solutions

\operatorname{tr}A=0+(-2)=-2,\qquad \det A=0\times(-2)-1\times(-5)=5.

\chi(\lambda)=\lambda^2+2\lambda+5,\qquad \Delta=4-20=-16<0.

\lambda=\frac{-2\pm 4i}{2}=-1\pm 2i.

\boxed{\lambda=-1\pm 2i}

👉 C'est bien l'équation caractéristique $r^2+2r+5=0$ de l'équation d'origine ✓ — les deux méthodes coïncident, comme en A2 et A6.

grandeur	valeur	lecture
$\Delta<0$		oscillations
$\alpha=-1<0$		amorties
$\beta=2$		pseudo-pulsation

\boxed{\text{OSCILLATIONS AMORTIES — regime PSEUDO-PERIODIQUE}}

👉 La solution de l'équation d'origine :

x(t)=e^{-t}\left(C_1\cos 2t+C_2\sin 2t\right)=Ae^{-t}\cos(2t-\varphi).

👉 La seconde écriture, en amplitude et phase, est celle du physicien — et elle rend le comportement immédiatement lisible.

Les trois regimes de l'oscillateur amorti

👉 Pour $x''+2\zeta\omega_0x'+\omega_0^2x=0$ , tout se joue sur le signe du discriminant. Identifions nos paramètres :

\omega_0^2=5\ \Longrightarrow\ \omega_0=\sqrt5\approx 2{,}236,\qquad 2\zeta\omega_0=2\ \Longrightarrow\ \zeta=\frac{1}{\sqrt5}\approx 0{,}447.

$\zeta$	$\Delta$	régime	comportement
$<1$	$<0$	sous-amorti ← ici	oscille en décroissant
$=1$	$=0$	critique	retour le plus rapide, sans osciller
$>1$	$>0$	sur-amorti	retour lent, sans osciller

👉 Ici $\zeta\approx 0{,}447<1$ : régime sous-amorti, l'oscillateur oscille ✓

👉 Les deux grandeurs à distinguer :

grandeur	formule	valeur
pulsation propre $\omega_0$	$\sqrt{5}$	$2{,}236$
pseudo-pulsation $\beta$	$\omega_0\sqrt{1-\zeta^2}$	$\mathbf 2$

Contrôle : $\sqrt5\times\sqrt{1-\frac15}=\sqrt5\times\frac{2}{\sqrt5}=2$ ✓

👉 L'amortissement RALENTIT l'oscillation — la pseudo-pulsation $2$ est inférieure à la pulsation propre $2{,}236$ .

\boxed{T_{\text{pseudo}}=\frac{2\pi}{2}=\pi\approx 3{,}14}

Le decrement, et le portrait de phase

👉 L'amplitude décroît en $e^{-t}$ , donc entre deux maxima séparés de $T=\pi$ :

\frac{A_{n+1}}{A_n}=e^{-\pi}\approx 0{,}0432.

\boxed{\text{chaque oscillation divise l'amplitude par}\ \approx 23}

👉 Le décrément logarithmique, grandeur standard en mécanique :

\delta=\ln\frac{A_n}{A_{n+1}}=\pi\approx 3{,}14.

Quelques valeurs, pour $A_0=1$ :

oscillation	$0$	$1$	$2$	$3$
amplitude	$1$	$0{,}043$	$0{,}0019$	$8\times 10^{-5}$

👉 Après trois oscillations, il ne reste rien — l'amortissement est fort.

👉 Le portrait de phase $(x,x')$ est une SPIRALE RENTRANTE (D6) :

grandeur	valeur	lecture
$\det A$	$5>0$	pas un col
$\Delta$	$-16<0$	foyer
$\operatorname{tr}A$	$-2<0$	stable

\boxed{\text{FOYER STABLE — l'origine attire toutes les trajectoires}}

👉 Le sens de rotation : $a_{21}=-5<0$ , donc HORAIRE.

👉 Et c'est physiquement obligatoire dans un plan $(x,x')$ : quand $x'>0$ la position augmente, donc le point va vers la droite dans le demi-plan supérieur — ce qui est le sens horaire.

\boxed{\text{tout portrait de phase (position, vitesse) tourne dans le sens HORAIRE}}

⚠️ C'est un contrôle gratuit : un portrait $(x,x')$ qui tournerait dans l'autre sens signalerait une erreur de signe.

ℹ️ Le régime critique $\zeta=1$ est celui qu'on recherche en pratique — suspension automobile, ferme-porte, galvanomètre : il ramène au repos le plus vite possible sans dépassement.

Réponse.

x(t)=e^{-t}(c_1\cos2t+c_2\sin2t)

, foyer stable. (Recoupement : identique au régime pseudo-périodique

\Delta<0

du chapitre Équations différentielles,

\omega=2

, amortissement

e^{-t}

✓)

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Deux réservoirs couplés

ApplicationDifficulté 3/5

Deux réservoirs échangent selon $\vec X\,'=\begin{pmatrix}-2&1\\1&-2\end{pmatrix}\vec X$ . Résoudre et décrire le comportement en temps long.

Indices (3)

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

$\lambda=-1,-3$ .

Les deux vp $<0$ : tout tend vers $0$ .

Correction détaillée

Les elements propres

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

👉 La matrice est de la forme $\begin{pmatrix}a&b\\ b&a\end{pmatrix}$ : ses valeurs propres sont $a\pm b$ (A5).

\lambda_1=-2-1=-3\ \text{avec}\ \vec v_1=\begin{pmatrix}-1\\ 1\end{pmatrix},\qquad \lambda_2=-2+1=-1\ \text{avec}\ \vec v_2=\begin{pmatrix}1\\ 1\end{pmatrix}.

Contrôle : $\operatorname{tr}A=-4$ et $-3+(-1)=-4$ ✓ · $\det A=4-1=3$ et $(-3)(-1)=3$ ✓

👉 Contrôle par application :

A\begin{pmatrix}-1\\ 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2+1\\ -1-2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3\\ -3\end{pmatrix}=-3\begin{pmatrix}-1\\ 1\end{pmatrix}\ \checkmark

A\begin{pmatrix}1\\ 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-2+1\\ 1-2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1\\ -1\end{pmatrix}=-1\begin{pmatrix}1\\ 1\end{pmatrix}\ \checkmark

\boxed{\vec X(t)=C_1e^{-3t}\begin{pmatrix}-1\\ 1\end{pmatrix}+C_2e^{-t}\begin{pmatrix}1\\ 1\end{pmatrix}}

La lecture PHYSIQUE : somme et difference

👉 Le modèle décrit deux réservoirs qui s'échangent du contenu ET fuient. Écrivons le système :

\begin{cases}x_1'=-2x_1+x_2\\ x_2'=x_1-2x_2\end{cases}

👉 Chaque équation a la même structure : on perd $2x_i$ et on reçoit $x_j$ .

👉 Les combinaisons naturelles se découplent d'elles-mêmes :

s=x_1+x_2\ \text{(contenu TOTAL)},\qquad d=x_2-x_1\ \text{(DESEQUILIBRE)}.

s'=x_1'+x_2'=(-2x_1+x_2)+(x_1-2x_2)=-x_1-x_2=-s,

d'=x_2'-x_1'=(x_1-2x_2)-(-2x_1+x_2)=3x_1-3x_2=-3d.

\boxed{s(t)=s_0e^{-t},\qquad d(t)=d_0e^{-3t}}

👉 Les deux exposants sont exactement les valeurs propres ✓ — et chacun a maintenant un SENS :

grandeur	taux	interprétation
total $s$	$-1$	la fuite vers l'extérieur
déséquilibre $d$	$\mathbf{-3}$	l'égalisation entre réservoirs

👉 Le déséquilibre disparaît TROIS FOIS plus vite que le total : les deux réservoirs s'égalisent bien avant de se vider.

Le comportement en temps long

👉 Les deux valeurs propres sont négatives, donc

\vec X(t)\ \xrightarrow[t\to+\infty]{}\ \vec 0.

\boxed{\text{NOEUD STABLE — les deux reservoirs se vident}}

👉 Mais l'ORDRE des événements compte, et c'est là tout l'intérêt du modèle :

phase	durée	ce qui se passe
1	$t\lesssim 1$	le déséquilibre $e^{-3t}$ s'efface : les niveaux s'égalisent
2	$t\gtrsim 1$	le total $e^{-t}$ décroît : les deux se vident ensemble

👉 Prenons $\vec X(0)=(10,0)$ — tout dans le premier réservoir. Alors $s_0=10$ et $d_0=-10$ :

x_1=\frac{s-d}{2}=5e^{-t}+5e^{-3t},\qquad x_2=\frac{s+d}{2}=5e^{-t}-5e^{-3t}.

$t$	$x_1$	$x_2$	$x_2/x_1$
$0$	$10$	$0$	$0$
$0{,}5$	$4{,}15$	$1{,}92$	$0{,}46$
$1$	$2{,}09$	$1{,}59$	$0{,}76$
$2$	$0{,}689$	$0{,}665$	$0{,}965$

👉 $x_2$ CROÎT d'abord (il se remplit), puis décroît quand l'égalisation est faite ✓

👉 Le maximum de $x_2$ s'obtient en annulant sa dérivée :

x_2'=-5e^{-t}+15e^{-3t}=0\ \Longrightarrow\ e^{2t}=3\ \Longrightarrow\ t=\frac{\ln 3}{2}\approx 0{,}549.

Et alors $x_2\approx 1{,}925$ — le second réservoir ne dépassera jamais ce niveau.

Ce que le modele enseigne, et sa variante conservative

👉 Le rapport tend vers $1$ : les niveaux s'égalisent avant de tendre vers zéro ensemble.

\frac{x_2}{x_1}=\frac{e^{-t}-e^{-3t}}{e^{-t}+e^{-3t}}=\frac{1-e^{-2t}}{1+e^{-2t}}\ \xrightarrow[t\to+\infty]{}\ 1\ \checkmark

👉 La direction dominante est celle de la valeur propre la MOINS négative — ici $\lambda_2=-1$ , de vecteur $(1,1)$ , c'est-à-dire l'égalité des niveaux.

\boxed{\text{en temps long, toute trajectoire hors de la droite}\ (1,-1)\ \text{arrive a l'origine TANGENTIELLEMENT a}\ (1,1)}

⚠️⚠️ Le modèle n'est PAS conservatif : chaque colonne de $A$ a pour somme $-1$ , donc le total $s=x_1+x_2$ vérifie $s'=-s$ et diminue. Il y a une fuite vers l'extérieur.

👉 La variante CONSERVATIVE serait :

B=\begin{pmatrix}-1&1\\ 1&-1\end{pmatrix},\qquad \operatorname{tr}B=-2,\ \det B=0.

\lambda_1=0,\qquad \lambda_2=-2.

👉 La valeur propre NULLE change tout : ici les colonnes de $B$ sont de somme nulle, donc le total $s$ vérifie $s'=0$ : il est conservé.

matrice	$\det$	total	équilibre final
$A$ (ici)	$3>0$	fuit	$\vec 0$ , unique
$B$ (conservatif)	$\mathbf 0$	conservé	une DROITE d'équilibres

👉 Avec $B$ , tout point de la droite $x_1=x_2$ est un équilibre, et la trajectoire y converge en préservant la somme :

\vec X(t)\ \xrightarrow[t\to+\infty]{}\ \left(\frac{s_0}{2},\ \frac{s_0}{2}\right).

\boxed{\det A=0\ \iff\ \lambda=0\ \text{est valeur propre}\ \iff\ \text{il y a d'AUTRES equilibres que l'origine}}

👉 C'est exactement ce que C1 démontre : l'unicité de l'équilibre équivaut à $\det A\neq 0$ .

ℹ️ Ce modèle à deux compartiments est la brique de base de la pharmacocinétique, de la thermique du bâtiment et des modèles de diffusion — avec autant de compartiments qu'on veut, et la même structure de valeurs propres négatives.

Réponse.

\vec X(t)=c_1e^{-t}\binom11+c_2e^{-3t}\binom1{-1}

, qui tend vers

\binom00

. (Recoupement :

\tau=-4<0

et

\det=3>0

→ nœud stable, équilibre atteint, cf. exo C4 ✓)

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Exercices corrigés — Systèmes différentiels & stabilité

Les 18 exercices

Système 2×2, valeurs propres réelles

D'une équation d'ordre 2 à un système

Système non symétrique

Problème de Cauchy (vp réelles)

Matrice symétrique

Système et oscillateur non amorti

Valeurs propres imaginaires pures

Foyer (spirale) instable

Foyer stable (oscillations amorties)

Cauchy (cas oscillant)

Exponentielle de matrice

Cauchy (matrice symétrique)

Système triangulaire

Foyer instable (synthèse)

Exponentielle d'une rotation

Cauchy (système triangulaire)

Oscillateur amorti en système

Deux réservoirs couplés

S'entraîner davantage sur systèmes différentiels & stabilité