CCP Maths 1 PSI 2012

Thème de l'épreuve Équations différentielles matricielles
Principaux outils utilisés systèmes différentiels linéaires, séries entières
Mots clefs matrice résolvante

Corrigé

(c'est payant, sauf le début): - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

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SESSION 2012

PSIM102

EPREUVE SPECIFIQUE - FILIERE PSI
____________________

MATHEMATIQUES 1
Durée : 4 heures
____________________
N.B. : Le candidat attachera la plus grande importance à la clarté, à la 
précision et à la concision de
la rédaction. Si un candidat est amené à repérer ce qui peut lui sembler être 
une erreur d'énoncé, il le
signalera sur sa copie et devra poursuivre sa composition en expliquant les 
raisons des initiatives
qu'il a été amené à prendre.

___________________________________________________________________________________

Tournez la page S.V.P.

R

C
n

C
Mn (K)

K

Mn,1 (K)

A

I
I

R
A:I F

A (t) =
"

i
A-1

j
K
t

A(t)
A
"

"

K

ai,j
Mn (K)

A
F

K

n

K
n

K
A = (ai,j )
I

R

A(t) = ai,j (t)

I
t

I

ai,j (t)

M (t)
M N (t) = M (t)N (t) + M (t)N  (t)

N (t)

I

R
n

A
I

n

I
A

B

B

K
(E) : X  (t) = A(t)X(t) + B(t)
I

n

X(t)

K
(E0 ) : X  (t) = A(t)X(t)
(E)
(E0 )
(E0 )
K
(E)

S0

S0
n
S0

(E)
(E)

t0
I

I

V

Mn,1 (K)

X

X(t0 ) = V

I
(E0 )

"

W (t) = X1 (t), . . . , Xn (t)
W (t)

n

(X1 , . . . , Xn )
Xj (t)

S0
(E0 )

(E)
(E0 )

(E) : X  (t) = AX(t) + B(t)

(E0 ) : X  (t) = AX(t)
Mn (K)

A
I=R
Mn,1 (K)
(E0 )

V
X(t) = et V

K
V

A

0 -1 1 -1
0 2 0 0 

n=4 A=

0 1 1 0 
1 -1 1 0

tet
 et 

B(t) = 

 0 
-tet

K=C

(E0 )
A

(E0 )

I=R
K=R

x1 (t)
x (t)
 2 
X(t) = 

x3 (t)

(E) : X  (t) = AX(t) + B(t)

x4 (t)

xk (t)
x2 (t)

x3 (t)

(E)
x1 (t)

I =R
x4 (t)

Tournez la page S.V.P.

-1
-1
 
X(0) =  
-1

(E)

X

0

(E) : X  (t) = A(t)X(t) + B(t)
R tI
K=R
C

I
S0
(E0 )
t0  I

n
t 0

S0

Mn,1 (K)

X  S0 , t0 (X) = X(t0 ) .
t 0
Mn,1 (K)
X1 , . . . , Xn
t0
X(t0 ) = V

S0

(E0 )
t

V  Mn,1 (K)
X  S0

-1
t  t0 (V ) = X(t)

I

(E0 )

(X1 , . . . , Xn )

S0

Mn,1 (K)

(C1 , . . . , Cn )

t 0

t0  I
S0

Mn,1 (K)

W (t0 ) = X1 (t0 ), . . . , Xn (t0 ) .

t0

t

-1
R(t, t0 ) = W (t) W (t0 )
(X1 , . . . , Xn )

I

R(t, t0 )

R(t, t0 )

t, t0 , t1

t2

(E0 )

I
R (t, t0 )

R (t, t0 ) = A(t)R(t, t0 )
X(t) = R(t, t0 )V
(E0 )
R(t2 , t1 )R(t1 , t0 ) = R(t2 , t0 )

R(t, t0 )

t

V  Mn,1 (K)
X(t0 ) = V
R(t, t0 )

-1

= R(t0 , t)

(E)
t

t0

(E)

I
X(t) = R(t, t0 )V (t) ,

V : I  Mn,1 (K)
X(t) = R(t, t0 )V (t)

(E)

R(t, t0 )V  (t) = B(t) .
V (t) =

Z

t

(E)

R(t0 , u)B(u) u

V (t)

t0

R(t0 , u)B(u)
Z t
R(t, u)B(u) u
Y (t) =

(E)

t0

K=R

(e0 ) : t(t - 1)y  + 3y  - 6y = 0 ,
y = y(t)

I
y(t) = am tm + · · · + a0

(e0 )
am 6= 0
(e0 )

(e0 )

P

R
Q(t) =

1
(1 - t)2

(e0 )

P (0) = 1
] - 1; 1[

(e0 )

y(t) =

+
X

ak t k

k=0

|t| < R

R>0
k

ak+1

k

ak

R

Tournez la page S.V.P.

k0
ak 0

ak
ak 0

k  k0
ak
P

Q

(E) : y  + a(t)y  + b(t)y = (t) ,
a, b, 

I
z

z(t) = y  (t)

A(t)

X(t) =

f (t), g(t)
(E0 ) : y  + a(t)y  + b(t)y = 0
!
!
f (t)
g(t)
f  (t)
g  (t)
(E0 ) : X  (t) = A(t)X(t)
!
f (t) g(t)
W (t) =
f  (t) g  (t)
I
f  (t) f0

!
(E)

B(t)
(E) : X  (t) = A(t)X(t) + B(t)

"

t t0
g(t0 ) f 

y(t)
z(t)

I

f (t) f0
f (t0 ) g
g(t) g0
f  (t0 ) g 
g  (t) g0
g  (t0 )
"
-1
W (t0 )
f0 , g0 , f0 , g0
R(t, t0 )
f, f0 , g, g0 , f  , f0 , g  , g0
f

(e) : t(t - 1)y  + 3y  - 6y = 20t4
I =]0; 1[
(e)

(E)

A(t) B(t)
(E) : X  (t) = A(t)X(t) + B(t)

Q
W (u)

t
Q(t)P (u) - P (t)Q(u)

f (t) = P (t)
u
]0; 1[

(e)

g(t) = Q(t)

P

t

t0

]0; 1[

1
y(t) =
(1 - t)2

Z

t

(4t5 - 5t4 - 4u5 + 5u4 ) u
t0

(e)
t0 = 0
(e)

[0; 1[

(e)
y(0) = y  (0) = 0 ?

[0; 1[

Extrait du corrigé obtenu par reconnaissance optique des caractères



CCP Maths 1 PSI 2012 -- Corrigé
Ce corrigé est proposé par Silvère Gangloff (ENS Ulm) ; il a été relu par 
Juliette
Brun-Leloup (Professeur en CPGE) et Sophie Rainero (Professeur en CPGE).

Le sujet présente plusieurs méthodes élémentaires pour résoudre des équations
différentielles linéaires.
· La première partie illustre sur un exemple deux méthodes de résolution d'une
équation différentielle matricielle de la forme X (t) = AX(t) + B(t) où A est
une matrice constante à coefficients réels et t 7 B(t) une fonction vectorielle
continue. La première méthode donne la solution générale complexe de l'équation 
homogène associée et utilise les quantités propres de la matrice. La seconde
fournit la solution générale réelle en éliminant successivement les inconnues.
· La deuxième partie introduit la matrice résolvante, prouve certaines de ses
propriétés et montre comment l'utiliser pour trouver une solution particulière
d'une équation différentielle matricielle de la forme X (t) = A(t)X(t) + B(t),
c'est-à-dire lorsque la matrice A n'est plus constante. Cette méthode s'inspire
de la méthode de la variation de la constante pour les équations différentielles
linéaires d'ordre 1.
· Enfin, la troisième partie est la plus subtile, en particulier la dernière 
question. Elle illustre au passage la méthode de recherche de solutions 
d'équations
différentielles linéaires scalaires à coefficients polynomiaux, mais surtout 
traite
un exemple de résolution d'une telle équation en utilisant les résultats de la
deuxième partie sur la résolvante et un cas où le théorème de Cauchy-Lipschitz
linéaire ne s'applique pas.
Les outils mis en oeuvre dans ce sujet sont : la théorie de la réduction des 
endomorphismes, les séries entières, et bien sûr les équations différentielles 
linéaires.
Il demande une bonne dextérité en calcul élémentaire et calcul matriciel. 
L'ensemble
constitue un bon exercice sur ces points, en application des cours 
correspondants.

Indications
Partie I
I.2.1 Pour calculer les valeurs propres, penser au lien entre valeurs propres et
racines du polynôme caractéristique. Pour le système fondamental de solutions, 
on peut se souvenir qu'une famille de vecteurs propres de A associés
à des valeurs propres différentes est libre.
I.2.2 Pour la recherche de la solution x3 , on peut utiliser la méthode de 
variation
de la constante. Pour simplifier les calculs des solutions x1 et x4 , on peut
poser z(t) = x1 (t) + ix4 (t).
Partie II
f1 , ..., X
fn ) et la maII.2 Introduire un autre système fondamental de solutions (X
f
f
trice de passage de la base (X1 , ..., Xn ) à (X1 , ..., Xn ).

II.3.1 Utiliser la définition de R(t, t0 ).

II.3.2 Pour tout (t, t0 )  I2 , poser t2 = t0 et t1 = t.

Z t
II.4.3 Remarquer que pour tout (t, t0 )  I2 , Y(t) = R(t, t0 ) R(t0 , u)B(u) du 
et
0

utiliser les résultats des questions II.3.1 et II.3.2.
Partie III

III.1.1 On procède par analyse et synthèse. Penser au fait que si un polynôme 
est
nul, tous ses coefficients sont nuls.
III.1.3.1 Tenir compte du fait que si une série entière s'annule sur tout son 
domaine
de convergence, alors chacun de ses coefficients est nul. Pour le rayon de
convergence, distinguer les cas a4 = 0 et a4 6= 0 et penser au critère de
convergence de d'Alembert.
III.1.3.2 Déterminer un rang k0 à partir duquel on peut exprimer ak+1 en 
fonction
de ak . Procéder ensuite par récurrence pour exprimer ak+1 en fonction de k
et a4 . Noter que pour déterminer une solution développable en série entière,
il faut et il suffit de connaître ses coefficients a0 et a4 .
III.2.2 On peut se rappeler l'égalité :

-1
1
d
a b
=
-c
c d
ad - bc

-b
a

lorsque cette matrice est inversible.
III.3.3 Commencer par utiliser la question II.4.3 pour trouver une solution à 
l'équation matricielle associée à (e), puis en déduire une solution de (e). En 
ce qui
concerne la solution générale de (e) sur [ 0 ; 1 [, on peut la déduire de celle
sur ] 0 ; 1 [.

I. Cas d'une matrice à coefficients constants
I.1 Fixons un vecteur V  Rn non nul ainsi que   R et posons X(t) = e t V pour
tout réel t. Notons que le vecteur colonne X est dérivable et supposons qu'il 
est une
solution de (E0 ). Soit t  R. On a alors
X (t) = e t V
Par linéarité de A

AX(t) = e t AV

Par conséquent

e t AV = e t V

On obtient alors, en divisant par e t 6= 0,
AV = V
Comme V est non nul c'est bien un vecteur propre de A associé à la valeur 
propre .
Réciproquement, si V est un vecteur propre de A associé à , alors AV = V.
En outre, si t  R
X (t) = e t V
AX(t) = e t AV

De plus

et puisque V est vecteur propre de A associé à la valeur propre 
AX(t) = e t V
X (t) = AX(t)

Par conséquent

c'est-à-dire que X vérifie (E0 ). Finalement,
X est solution de (E0 ) si et seulement si
V est un vecteur propre de A associé à .
I.2.1 Pour calculer les valeurs propres de la matrice A, calculons son polynôme
caractéristique. On sait en effet que ses racines sont les valeurs propres de 
A. Développons alors deux fois par rapport à la deuxième ligne :
det(A - XI4 ) =

=
det(A - XI4 ) =

-X
-1
1
-1
0
2-X
0
0
0
1
1-X
0
1
-1
1
-X
-X
1
-1
0
1-X
0
1
1
-X
(2 - X)(1 - X)(X2 + 1)
(2 - X)

= (2 - X)(1 - X)

Par conséquent,
det(A - XI4 ) =
=

(X2 + 1)(2 - X)(1 - X)
(X - 1)(X + i)(X - i)(X - 2)

Les valeurs propres de A sont donc 1, 2, -i et i.

-X -1
1
-X

Déterminons maintenant les sous-espaces propres associés. On note E le 
sousespace propre de A associé à la valeur propre . Soit x = t (x1 , x2 , x3 , 
x4 )  M4,1 (C).
Commençons par déterminer E1 . On raisonne par équivalence.
x  E1

x  E1

 Ax = x

-x2 + x3 - x4 = x1

2x2 = x2

x
+
x3 = x3

2

x1 - x2 + x3 = x4

 x3 - x4 = x1

x2 = 0

x1 + x3 = x4

 -x1 - x4 = x1 - x4
x2 = 0

x1 + x3 = x4

L1  L1 - L3

 x1 = 0
x  E1  x2 = 0

x3 = x4

Par suite

x  E1  x = x3 t (0, 0, 1, 1)

puis

E1 = Vect {t (0, 0, 1, 1)}

On en déduit que

Déterminons ensuite E2 . De la même manière,
x  E2

x  E2

 Ax = 2x

-x2 + x3 - x4

2x2

x
+
x3

2

x1 - x2 + x3

 -x2 + x3 - x4
x2

x1 - x2 + x3

 x4 = -2x1
 x2 = x3

x1 = 2x4

 x4 = 0
 x2 = x3

x1 = 0

=
=
=
=
=
=
=

2x1
2x2
2x3
2x4
2x1
x3
2x4

x  E2  x = x2 t (0, 1, 1, 0)

puis
Cette fois, on déduit que

E2 = Vect {t (0, 1, 1, 0)}