Solution des exercices
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est une matrice de Jordan, non diagonalisable : on s’attend donc à un facteur polynômial dans la solution du dernier problème de Cauchy ; celle-ci s’obtient également à
vue en calculant successivement x(t) = e
t , y(t) = (1 + t) e
t , z(t) = (1 + t + t
2 /2) e
t .
Exercice 6.2 Rappelons que les solutions maximales sont globales pour tout
système linéaire et en particulier pour x
= (A + B(t))x. De plus, d’après la formule
de Duhamel, pour toute solution x, pour tous t 0 , t ∈ R
+ ,
x(t) = e
(t−t 0 )A x(t 0 ) +
t
t 0
e
(t−s)A B(s)x(s) ds .
Or d’après la proposition 6.14, il existe b > 0 et b > 0 tels que pour tout t ≥ 0,
e
t A
≤ be
−bt . Donc pour t 0 ≤ t,
x(t) ≤ b e
−bt
e
bt 0 x(t 0 ) +
t
t 0
e
bs
B(s) x(s) ds
.
Soit ´ ∈]0, b[. D’après l’hypothèse sur B, il existe t 0 > 0 tel que pour tout t ≥ t 0 ,
B(t) ≤ ´, et donc
e
bt
x(t) ≤ b
e
bt 0 x(t 0 ) + ´
t
t 0
e
bs
x(s) ds
.
Grâce au lemme de Gronwall appliqué à la fonction u : t → e
bt
x(t), qui vérifie
l’inégalité intégrale
u(t) ≤ b
u(t 0 ) + ´
t
t 0
u(s) ds
,
on obtient (après intégration de l’inégalité différentielle vérifiée par t →
t
t 0
u(s) ds)
la majoration u(t) ≤ b u(t 0 ) e
´t , d’où
x(t) ≤ b e
bt 0 x(t 0 ) e
−(b−´)t
−→ 0
lorsque t → +∞.
Soient
A =
⎛
⎝
0
1
0
0
0
1
− (2 − a) −1 − a
⎞
⎠ , B(t) =
⎛
⎜
⎝
e
−t
t
2
t 2 +1
− 1
e
−t
sin t
t
0
e
−t
(2 − a) e
−t
0
a − a
t
3
1+t 3
⎞
⎟
⎠ .
On a lim t→+∞ B = 0, et les valeurs propres de A sont −1 et les racines de
X
2 + (a−1) X + 2−a. Celles-ci sont toutes deux de parties réelles strictement négatives
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