Corrigés desexercices
121
Dans le cas où M = PDP
− 1
,alors M
k
= PD
k
P
− 1
et donc e
xM
= P
+ ∞
k = 0
x
k
D
k
k !
P
− 1
.Si D est
diagonale D =
⎛
⎜
⎝
l 1
0
. . .
0
l n
⎞
⎟
⎠ ,alors D
k
=
⎛
⎜
⎝
l
k
1
0
. . .
0
l
k
n
⎞
⎟
⎠ et donc
e
xD
=
+ ∞
k = 0
x
k
D
k
k !
=
⎛
⎜
⎝
e
x l 1
0
. . .
0
e
x l n
⎞
⎟
⎠ si bien que e
xM
= Pe
xD
P
− 1
= P
⎛
⎜
⎝
e
x l 1
0
. . .
0
e
x l n
⎞
⎟
⎠ P
− 1
.
De même que pour la série initiale, la série des dérivées de terme général
x
k − 1
M
k
( k − 1)!
converge
normalement sur tout intervalle borné. On peut donc dériversous le signe
et en simplifiant, on
obtient
e
xM
dx
= Me
xM
= e
xM
M .
e
xM
× e
x
M
=
+ ∞
i = 0
x
i
M
i
i !
×
+ ∞
j = 0
x
j M
j
j !
=
+ ∞
i = 0
+ ∞
j = 0
x
i
x
j
i ! j !
M
i + j
=
+ ∞
k = 0
k
i = 0
x
i
x
k − i
i !(k − i )!
M
k
=
+ ∞
k = 0
1
k !
k
i = 0
k !
i !(k − i )!
x
i
x
k − i
M
k
=
+ ∞
k = 0
1
k !
( x + x
)
k
M
k
= e
( x + x
) M
Enfin en prenant x
= − x et en remarquant que e
0 M
= Id,onobtient ( e
xM
)
− 1
= e
− xM
.
3. Soit Y une solution de Y
( x ) = AY ( x ), puis que e
xA
est inversible, on peut définir
Z ( x ) = e
− xA
Y ( x ). Alors Z
( x ) = − e
− xA
AY ( x )+e
− xA
Y
( x ) = 0. Donc Z est une fonction
constante égaleàl ∈ R
2
,alors Y ( x ) = e
xA
l .
4. Si on chercheune solution de ( P
)sous la forme Y ( x ) = e
xA
l ( x ), il vient l
( x ) = e
− xA
F ( x ).
En intégrantentre x 0 et x ,onobtient l ( x ) = l 0 +
x
x 0
e
− tA
F ( t ) dt,d’où
Y ( x ) = e
xA
l 0 +
x
x 0
e
− tA
F ( t ) dt
= e
xA
l 0 +
x
x 0
e
( x − t ) A
F ( t ) dt.
Enfin en utilisant la condition Y ( x 0 ) = h ,lasolution est donnée par
Y ( x ) = e
( x − x 0 ) A
h +
x
x 0
e
( x − t ) A
F ( t ) dt.
 Dunod –Laphotocopie non autorisée est un délit