Equations différentielles

Puisque $A$ est symétrique donc $A$ est diagonalisable dans une b.o.n $\BB=(b_1,\cdots, b_n)$ de $\R^n$ formée des vecteurs propres de $A$.
On suppose que $Ab_i=\lambda_i b_i$, alors il existe $\alpha_1,\cdots,\alpha_n\in \R$ tels que, $$\forall t\in \R,\quad X(t)=\sum_{i=1}^n\alpha_i\ee^{\lambda_i t}b_i \Longrightarrow \norme{X(t)}^2=\sum_{i=1}^n\alpha_i^2 \ee^{2\lambda_i}$$ or $A$ est positive donc $\Sp(A)\subset \R_+$, ce qui montre que $t\longmapsto\norme{X(t)}^2$ est croissante sur $\R$.

On calcul $\xi_A(\lambda)$, $$\xi_A(\lambda)=-(\lambda-1)(\lambda-1-2\ii)(\lambda-1+2\ii).$$ Ainsi $A$ est diagonalisable dans $\MM_3(\C)$ avec les valeurs propres: $\lambda_1=1,\,\lambda_2=1+2\ii, \,\lambda_3=1-2\ii$. Le calcul des vecteurs propres donne $$V_1=\begin{pmatrix} 1\\-1\\0 \end{pmatrix},\,\,V_2=\begin{pmatrix} -5\\1\\2\ii \end{pmatrix},\,\,V_3=\begin{pmatrix} -5\\1\\-2\ii \end{pmatrix}.$$ On trouve les solutions à valeurs complexes, $$\forall t\in \R,\,X(t)=\sum_{i=1}^3c_i\ee^{\lambda_i t}V_i,~~(c_1,c_2,c_3)\in \C^3.$$ Pour obtenir les solutions réelles, il suffit de prendre $c_1,\in \R$ et $c_3=\overline{c_2}$, ce qui donne $$\mathscr{S}_\HH=\{t\longmapsto \begin{pmatrix} c\ee^{t}-5\ee^t\big(a\cos(2t)+b\sin(2t)\big)\\ -c\ee^t+\ee^{t}\big(a\cos(2t)+b\sin(2t)\big)\\ \ee^t\big(2b\cos(2t)-2a\sin(2t)\big) \end{pmatrix},~~c,a,b\in \R\}.$$

On pose $A=\begin{pmatrix} 2&0&1\\ -1&1&-1\\ 1&-2&0 \end{pmatrix},\,\,X(t)=\begin{pmatrix} x(t)\\y(t)\\z(t) \end{pmatrix}$. Ainsi le système différentiel est équivalent à $X'=AX$. Le calcul de $\chi_A$ donne $\chi_A(\lambda)=-(\lambda-1)(\lambda+1)(\lambda-3)$, puis on a $E_{-1}(A)=\Vect \left(e_0=\begin{pmatrix} 1\\-1\\-3 \end{pmatrix}\right),\,\,E_1(A)=\Vect \left(e_1=\begin{pmatrix} 1\\1\\-1 \end{pmatrix}\right),\,\,E_3(A)=\Vect \left(e_2=\begin{pmatrix} 1\\-1\\1 \end{pmatrix}\right)$, donc d'après le cours, l'ensemble de solution est $$S=\left\{t\in \R\longmapsto a\ee^{-t}e_0+b\ee^te_1+c\ee^{3t}e_2,\,\,a,b,c\in \R\right\}.$$

On pose $X=\begin{pmatrix} x\\y \end{pmatrix},\,A=\begin{pmatrix} 1&1\\-1&3 \end{pmatrix}$, on détermine les éléments propres de $A$, $$\chi_A(\lambda)=(\lambda-2) ^2,\,\quad E_2(A)=\Vect (b_1=\begin{pmatrix} 1\\1 \end{pmatrix}).$$ Donc $A$ n'est pas diagonalisable. On pose $b_2=\begin{pmatrix} 0\\1 \end{pmatrix}$, ainsi, $$A= PTP^{-1}=\begin{pmatrix} 1&0\\ 1&1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2&1\\ 0&2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&0\\-1&1 \end{pmatrix} $$ On pose $Y=P^{-1}X=\begin{pmatrix} a\\b \end{pmatrix} $ donc $Y$ vérifie $$Y'=TY \Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{lcl} a'&=&2a+b\\ b'&=&2b \end{array} \right. \Longleftrightarrow Y(t)=\begin{pmatrix} \alpha+\beta t\\ \beta \end{pmatrix}\,\ee^{2t}.$$ Puis $$X=PY=\begin{pmatrix} \alpha+\beta t\\ \alpha+\beta +\beta t \end{pmatrix}\,\ee^{2t}.$$ Si on suppose que $X(0)=\begin{pmatrix} a_0\\b_0 \end{pmatrix}\in \R^2$, alors la solution du problème de Cauchy est $X(t)=\begin{pmatrix} a_0+(b_0-a_0)t\\ b_0+(b_0-a_0)t \end{pmatrix}\,\ee^{2t}$.

Un calcul simple nous donne $\xi_A(\lambda)=-\lambda^3+7\lambda^2-16\lambda+12=-(\lambda -2)^2(\lambda-3)$ donc $\mathrm{Sp}_A=\{2,3\}$, et le calcul des vecteurs propres nous donne, $$E_3(A)=\Vect( e_1=\begin{pmatrix} 1\\-2\\1 \end{pmatrix}), \text{ et } E_2(A)=\Vect (e_2=\begin{pmatrix} 2\\-3\\1 \end{pmatrix}).$$ $A$ n'est donc pas diagonalisable, on cherche alors $e_3\in \R^3$ tels que $\BB'=(e_1,e_2,e_3)$ soit une base de $\R^3$ et la matrice de $a$ soit de la forme $\begin{pmatrix} 3&0&0\\ 0&2&\alpha\\ 0&0&2 \end{pmatrix}$. $$Ae_3=2e_3+\alpha e_2\Longleftrightarrow (A-2I_3)e_3=\alpha e_2\Longleftrightarrow e_3\in \Ker (a-2Id)^2$$ Après calcul, on peut choisir $e_3=\begin{pmatrix} -2\\1\\0 \end{pmatrix}$. La matrice de $a$ dans la base $\BB'$ est $T=\begin{pmatrix} 3&0&0\\ 0&2&1\\ 0&0&2 \end{pmatrix}$ , on pose $P=\begin{pmatrix} 1&2&-2\\ -2&-3&1\\ 1&1&0 \end{pmatrix}$, on a alors $A=PTP^{-1}$.\\ On pose maintenant, $X=PY$, l'équation différentielle devient, $$\left\{\begin{array}{lcl} y_1'&=&3y_1\\ y_2'&=&2y_2+y_3\\ y_3'&=&2y_3 \end{array} \right.\Longleftrightarrow\left\{\begin{array}{lcl} y_1(t)&=&c_1\ee^{3t}\\ y_2'&=&2y_2+c_3\ee^{2t}\\ y_3(t)&=&c_3\ee^{2t} \end{array} \right.$$ $$\Longleftrightarrow\left\{\begin{array}{lcl} y_1(t)&=&c_1\ee^{3t}\\ y_2(t)&=&(c_3t+c_2)\ee^{2t}\\ y_3(t)&=&c_3\ee^{2t} \end{array} \right.$$ Donc $$X=PY=\begin{pmatrix} 1&2&-2\\ -2&-3&1\\ 1&1&0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} c_1\ee^{3t}\\ (c_3t+c_2)\ee^{2t}\\ c_3\ee^{2t} \end{pmatrix}$$

Le polynôme caractéristique de $A$, $\chi_A(\lambda)=(\lambda-1)(\lambda-2)^2$. donc $\mathrm{Sp}_A=\{1,2\}$, et le calcul des vecteurs propres nous donne, $$E_3(A)=\Vect(e_1)\text{ avec } e_1=\Vect\begin{pmatrix} 2\\0\\1 \end{pmatrix} \Vect \text{ et } E_2(A)=\Vect (e_2) \text{ avec } e_2=\begin{pmatrix} 2\\1\\1 \end{pmatrix}.$$ On pose $e_3=\begin{pmatrix} 1\\0\\0 \end{pmatrix}$ et $P=\begin{pmatrix} 2&2&1\\ 0&1&0\\ 1&1&0 \end{pmatrix}$, le calcul de la matrice $T=P^{-1}AP$ donne $T=\begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&2&-1\\ 0&0&2 \end{pmatrix}$. Puis on résout le système $Y'=TY$ ce qui donne: $$y=\begin{pmatrix} a\ee^t\\ b\ee^{2t}-ct\ee^{2t}\\ c\ee^{2t} \end{pmatrix}\Longrightarrow X=PY=\begin{pmatrix} 2a\ee^t +(2b+c-2ct)\ee^{2t}\\ (b-ct)\ee^{2t}\\ a\ee^t+(b-ct)\ee^{2t} \end{pmatrix},\quad a,b,c\in\R.$$

Puisque $g_1,g_2$ sont des solutions de $(\HH)$ alors $W=g_1g_2'-g_1'g_2$ est de classe $\CC^1$ sur $I$, $$\begin{array}{lcl} \forall t \in I,~~a(t)W(t)&=&a(t)(g_1g_2''-g_1''g_2)(t)\\ &=&g_1(t)(-b(t)g_2'(t)-c(t)g_2(t))\\ &&-g_2(t)(-b(t)g_1(t)-c(t)g_1(t))\\ &=&-bW(t)\end{array}$$

1. On peut prendre, $f_1(t)=(1+t^2)$.
2. $W$ vérifie $aW'+bW=0$ soit $(1+t^2)W'(t)=0$, on peut prendre $W=1$.
   Puisque $f_1$ ne s'annule pas sur $\R$, on définit $g$ par $g=\frac{f_2}{f_1}$, on a $g'=\frac{W}{f_1^2}$, $$g'(t)=\dfrac{1}{(1+t^2)^2}\Longrightarrow g(t)=K+\frac{1}{2}\arctan (t)+\frac{t}{2(1+t^2)}$$ On peut donc prendre $f_2(t)=\dfrac{(1+t^2)\arctan(t)+t}{2}$.

Soit $\dsum a_nx^n$ une SE de rayon de convergence $R$ (qu'on va déterminer après), on note $f$ sa somme sur $]-R,R[$. On sait que $f\in \CC^\infty(]-R,R[,\R)$. $$\forall x\in \R,~~f'(x)=\dsum_{n=1}^\infty na_nx^{n-1},~~~~f''(x)=\dsum_{n=2}^\infty n(n-1)a_nx^{n-2}.$$ Si on suppose que $f$ est une solution de $(\EE)$, alors, pour tout $x\in ]-R,R[$, on a: $$\begin{array}{l} f''(x)+xf'(x)+f(x)=0\\ \Longleftrightarrow\dsum_{n=2}^\infty n(n-1)a_nx^{n-2}+\dsum_{n=1}^\infty na_nx^{n}+\dsum_{n=0}^\infty a_nx^{n}=0\\ \\ \Longleftrightarrow a_0+2a_2+\dsum_{n=1}^\infty\left((n+2)a_{n+2}+a_n\right)(n+1)x^n=0 \end{array} $$ Par unicité de DSE, on a $f$ solution ssi $\forall n\geq 0, \,a_n+(n+2)a_{n+2}=0$.
Après calcul, on trouve, $$\forall n\in \N,~~a_{2n}=\dfrac{(-1)^n}{2^nn!}a_0,~~a_{2n+1}=\dfrac{(-1)^n2^nn!}{(2n+1)!}a_1.$$

1. On pose $a_0=1$ et $a_1=0$, ce qui donne $f_1(x)=\dsum_{n\geq 0}\dfrac{(-x^2/2)^n}{n!}=\ee^{-x^2/2}$.
2. On pose $a_0=0$ et $a_1=1$, ce qui donne la solution $f_2(x)=\dsum_{n\geq 0}\dfrac{(-1)^n2^nn!x^{2n+1}}{(2n+1)!}$, puis on vérifie que le rayon de convergence est $\infty$..

On montre que $(f_1,f_2)$ est un système fondamental de solutions.

1. Par récurrence sur $n\in \N$.
2. Puisque $a_n\leq n!$ alors $\dfrac{a_n}{n!}\leq 1$ donc le rayon de convergence de $\dsum \frac{a_n}{n!}x^n$ est $\geq 1$.
3. Pour $x\in ]-1,1[$, on écrit $$\begin{array}{lcl} f'(x)&=&\dsum_{n\geq 1}\dfrac{a_n}{(n-1)!}x^{n-1}\\ &=&\dsum_{n\geq 0}\dfrac{a_{n+1}}{n!}x^{n}=x\dsum_{n\geq 1}\dfrac{a_{n+1}}{n!}x^{n-1}+a_1\\ &=&x\dsum_{n\geq 0}\dfrac{a_{n+2}}{(n+1)!}x^n+a_1=x\dsum_{n\geq 0}\dfrac{a_{n+1}+(n+1)a_n}{(n+1)!}x^n+a_1\\ &=&\dsum_{n\geq 0}\dfrac{a_{n+1}}{(n+1)!}x^{n+1}+xf(x)+a_1\\ &=&(1+x)f(x) \end{array} $$ On en déduit que $f(x)=\ee^{x+\frac{x^2}{2}}$.

Soit $y$ une solution de $(\EE)$, on pose $z(t)=y(\sh(t))$. $$z'(t)=\ch(t)y'(\sh(t)),~~z''(t)=\sh(t) y'(\sh(t))+\ch^2(t)y''(\sh(t))$$ En utilisant le faite que $y$ est une solution de $(\EE)$, on trouve $$\forall t\in \R,~~z''(t)=4y(\sh(t))+\sh(t)\ln\left(\sh(t)+\sqrt{\sh^2(t)+1}\right)$$ On en déduit, que $z$ vérifie l'équation $(\EE')~~z''-4z=t\sh(t)$. $$\mathscr{S}'=\left\{t\longmapsto a\ee^{-2t}+b\ee^{2t}-\dfrac{3t\sh(t)+2\ch(t)}{9},~~a,b\in \R\right\}.$$ Puis on revient à $(EE)$ en remplaçant $t$ par $\ln(x+\sqrt{x^2+1})$ $$\mathscr{S}=\left\{\begin{array}{lcl} x&\longmapsto& \dfrac{A}{(x+\sqrt{x^2+1})^2}+b(x+\sqrt{x^2+1})^2\\ &&-\dfrac{3x\ln(x+\sqrt{x^2+1})+2\sqrt{x^2+1}}{9},~~a,b\in \R \end{array}\right\}.$$