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\begin{document}
\noindent \textbf{Math III-Alg\`ebre - Automne 2007} \hfill \textbf{Universit\'e Claude Bernard Lyon 1}
\vspace{0.1cm}
\hrule

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\vspace{0.5cm}

\begin{center}
{\bfseries Quelques applications de la r\'eduction des endomorphismes}
\end{center}

\vspace{0.5cm} \noindent \textbf{Exercice 1.*} --- Les solutions du syst\`eme diff\'erentiel $$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} \X(t) = \A\X(t) + \V(t)$$ sont les applications $\X$ de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}^3$ de la forme $$\X(t) = \exp(t\A)\X_0 + \int_{0}^{t}\exp((t-s)\A)\V(s)\mathrm{d}s$$ avec $\X_0 \in \mathbb{R}^3$.Le premier terme du membre de droite est la solution g\'en\'erale de l'\'equation homog\`ene (i.e. avec $\V(t)=0$) et le second une solution particuli\`ere du syst\`eme inhomog\`ene obtenue par la m\'ethode de \og variation de la constante\fg. 

\vspace{0.1cm} \'Ecrivant $\V(t)$ sous la forme $\V(t) = \V' + t\V''$ avec $$\V' = \left(\begin{array}{l} 1 \\ 0 \\ 1 \end{array}\right) \ \ \textrm{ et } \ \ \V'' =  \left(\begin{array}{l} 0 \\ 1 \\ 0 \end{array}\right),$$ le calcul de l'int\'egrale $$\int_{0}^{t}\exp(-s\A)\V(s)\mathrm{d}s = \int_{0}^{t}\exp(-s\A)\V'\mathrm{d}s + \int_{0}^{t}s\exp(-s\A)\V''\mathrm{d}s$$ est particuli\`erement facile lorsque la matrice $\A$ est \emph{inversible} car tout se passe alors comme si $\A$ \'etait un nombre r\'eel : $$\int_{0}^{t} \exp(-s\A)\V' \mathrm{d}s = -\A^{-1}\exp(-t\A)\V' \ \ \textrm{ et } \ \ \int_{0}^{t} s\exp(-s\A)\V'' \mathrm{d}s = -\A^{-1}\exp(-t\A)(t\Ir_3 + \A^{-1})\V'',$$ d'o\`u $$\int_{0}^{t} \exp(-s\A)\V(s)\mathrm{d}s =  -\A^{-1}\exp(-t\A)\V(t) - \A^{-2}\exp(-t\A)\V''.$$ 
\noindent \emph{Remarque : Les calculs pr\'ec\'edents (qu'il faut v\'erifier!) se d\'eduisent simplement de l'identit\'e $$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}(\A^{-1}\exp(t\A)) = \exp(t\A).$$}

\vspace{0.1cm} Nous obtenons ainsi l'expression suivante pour les solutions du syst\`eme diff\'erentiel consid\'er\'e lorsque la matrice $\A$ est \emph{inversible} : $$\X(t) = \exp(t\A) \X_0 - \A^{-1}\V(t) - \A^{-2}\V''.$$

\vspace{0.1cm} Il reste maintenant \`a utiliser les calculs effectu\'es au cours de l'exercice 8 de la fiche 4. 

\indent - Dans le premier cas, $$\exp(t\A) = \frac{1}{3}(e^{4t} - e^t)\A + \frac{1}{3}(4e^t - e^{4t})\Ir_3, \ \ \ \ \A^{-1} = \frac{1}{4}(5\Ir_3 - \A) \ \ \ \textrm{et} \  \ \ \A^{-2} = \frac{1}{16}(21 \Ir_3 - 5\A),$$ le calcul de $\A^{-1}$ se faisant ais\'ement \`a partir de l'identit\'e $\A^2 - 5\A + 4\Ir_3 = 0$ (polyn\^ome minimal).

\indent - Dans le second cas, $$\exp(t\A) = e^t (\A - 2\Ir_3)^2 - e^{2t}((1-2t)\Ir_3 + t\A)(\A-\Ir_3)(\A - 3\Ir_3) \ \ \textrm{ et } \ \ \A^{-1} = \frac{1}{4}(\A^2 - 5\A + 8\Ir_3),$$ le polyn\^ome minimal de $\A$ \'etant dans ce cas $\T^3 - 5\T^2 + 8\T - 4$. 

\vspace{0.5cm} \noindent \textbf{Exercice 2.} --- 1. Si l'on pose $$\Z(t) = \left( \begin{array}{l} z(t) \\ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}z(t) \\ \vdots \\ \frac{\mathrm{d}^{n-1}}{\mathrm{d}t^{n-1}}z(t)\end{array} \right),$$ la fonction $z(t)$ est solution de l'\'equation diff\'erentielle consid\'er\'ee si et seulement si $\Z(t)$ est solution du syst\`eme diff\'erentiel $$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} \Z(t) = \A \Z(t) + \V(t)$$ o\`u $$\A = \left(\begin{array}{lllll} 0 & 1 & 0 & \ldots & 0 \\ 0 & 0 & 1 & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \ddots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \ddots & 1 \\ - c_0 & -c_1 & \ldots & \ldots & -c_{n-1} \end{array}\right) \ \ \textrm{et} \ \ \V(t) = \left(\begin{array}{l} 1 \\ 1 \\ \vdots \\ 1 \\ f(t)\end{array} \right).$$ La matrice $\A$ la transpos\'ee de la matrice compagnon du polyn\^ome $\T^n + c_{n-1}\T^{n-1} + \ldots + c_0$. 

\vspace{0.1cm} 2. On commence par r\'esoudre le syst\`eme diff\'erentiel homog\`ene en calculant la matrice $\exp(t\A)$. On peut ensuite calculer une solution particuli\`ere du syst\`eme avec second membre mais il est toutefois plus efficace ici d'observer que l'on dispose d'une solution particuli\`ere presque \'evidente de l'\'equation diff\'erentielle consid\'er\'ee : $x(t) = -\frac{1}{2}(\cos(t)+\sin(t))$ (chercher une solution sous la forme $a\cos(t)+b\sin(t)$...).

\vspace{0.1cm} \noindent \emph{R\'esolution du syst\`eme homog\`ene}. Dans le cas particulier que l'on consid\`ere, la matrice est $$\A = \left(\begin{array}{lll} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & -1 \end{array} \right)$$ et on sait que son polyn\^ome minimal n'est autre que $\T^3 + \T^2 - \T -1  = (\T-1)(\T+1)^2$ (une matrice et sa transpos\'ee ont en effet le m\^eme polyn\^ome minimal et le polyn\^ome minimal de la matrice compagnon d'un polyn\^ome unitaire $\rP$ est pr\'ecis\'ement $\rP$, cf. fiche 3, exercice 10). On obtient les projecteurs spectraux $\pi_{1}$ et $\pi_{-1}$ sur les sous-espaces caract\'eristiques $\mathrm{Ker}(\A - \Ir_3)$ et $\mathrm{Ker}(\A +\Ir_3)^2$ \`a partir de la relation de B\'ezout $\frac{1}{4}(\T+1)^2 - \frac{1}{4}(\T-1)(\T+3)=1$ :   
$$\pi_1 = \frac{1}{4}(\A+\Ir_3)^2  = \frac{1}{4}\left(\begin{array}{lll}1 & 2 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \end{array}\right)\ \ \ \textrm{et} \ \ \ \pi_{-1} = -\frac{1}{4}(\A - \Ir_3)(\A+3\Ir_3) = \Ir_3 - \pi_1 = \frac{1}{4}\left(\begin{array}{lll} 3 & -1 & -1 \\ -1 & 1 & -1 \\ -1 & -1 & 3\end{array}\right).$$
Posant $\N = (\A + \Ir_3)\pi_{-1}$ et $\D = \pi_1 - \pi_{-1}$, $\A = \D + \N$, $\D\N = \N\D$ et $\N^2 = 0$ donc $$\exp(t\A) = \exp(t\D)\exp(t\N) = \exp(t\D)(\Ir_3 + t\N) = (e^t \pi_1 + e^{-t}\pi_{-1})(\Ir_3 + t\N)$$ et finalement $$\exp(t\A) = \frac{1}{4}\left(\begin{array}{lll}e^t + 3e^{-t} & 2(e^t - e^{-t}) & e^t - e^{-t}-2te^{-t} \\ e^t - e^{-t} -2te^{-t} & 2(e^t + e^{-t}) & e^t - e^{-t} + 2te^{-t} \\ e^t - e^{-t}+2te^{-t} & 2(e^t - e^{-t}) & e^t +3e^{-t}-2te^{-t}\end{array}\right).$$

La r\'esolution du syst\`eme diff\'erentiel homog\`ene $$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\Z(t) = \A \Z(t)$$ fournit l'expression des solutions de l'\'equation diff\'erentielle homog\`ene $\frac{\mathrm{d}^3}{\mathrm{d}t^3} z(t) + \frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}t^2} z(t) - \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}z(t) - z(t) = 0$ : \begin{eqnarray*} z(t) & = & \frac{1}{4} \left((e^t +3e^{-t}+2te^{-t})z(0) + 2(e^t - e^{-t})z'(0) + (e^t -e^{-t}-2te^{-t})z''(0)\right) \\ & = & \frac{1}{4}(z(0)+2z'(0)+z''(0))e^t +  \frac{1}{4}(3z(0)-2z'(0)-z''(0))e^{-t} + \frac{1}{2}(z(0)-z''(0))te^{-t} \end{eqnarray*} en fonction des valeurs intiales $z(0)$, $z'(0)$ et $z''(0)$. On en conclut finalement que les solutions de l'\'equation diff\'erentielle inhomomog\`ene $$\frac{\mathrm{d}^3}{\mathrm{d}t^3} z(t) + \frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}t^2} z(t) - \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}z(t) - z(t) = \cos(t)$$ sont les fonctions de la forme $$z(t) = -\frac{1}{2}(\cos(t)+\sin(t)) + \frac{1}{4}(z(0)+2z'(0)+z''(0))e^t +  \frac{1}{4}(3z(0)-2z'(0)-z''(0))e^{-t} + \frac{1}{2}(z(0)-z''(0))te^{-t}.$$   

\vspace{0.5cm} \noindent \textbf{Exercice 3.*} --- La solution du syst\`eme diff\'erentiel $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} \X(t) = \A \X(t)$ prenant la valeur $\X_0$ en $t=0$ est l'application $\X$ de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}^n$ d\'efinie par $\X(t) = \exp(t\A)\X_0$.

\vspace{0.1cm}
La matrice $\A$ admet $a-b$ pour valeur propre et le sous-espace propre correspondant est l'hyperplan $\Hr$ de $\mathbb{R}^n$ d'\'equation $x_1 + \ldots + x_n = 0$. D\'esignant par $\pi$ le projecteur spectral sur $\Hr = \mathrm{Ker}(\A - (a-b)\Ir_n)$, l'endomorphisme $(\Ir_n - \pi)$ est un projecteur de noyau $\Hr$ et $$\exp(t\A)\pi = \exp(t(a-b)) \pi$$ puisque $\A \pi = (a-b)\pi$ ; il en d\'ecoule que l'on a
$$\exp(t\A) = \exp(t\A)(\pi + (\Ir_n - \pi)) = \exp(t\A)\pi + \exp(t\A)(\Ir_n - \pi) = \exp(t(a-b)) \pi + \exp(t\A)(\Ir_n - \pi)$$ et donc $$\X(t) = \exp(t\A)\X_0 = \exp(t(a-b))\X_0$$ pour tout vecteur $\X_0$ appartenant \`a l'hyperplan $\Hr$.

\vspace{0.5cm} \noindent \textbf{Exercice 4.*} --- 1. V\'erification par le calcul. On peut aussi observer que la matrice $\A$ admet $0$ pour valeur propre -- car $\mathrm{Ker}(\A) = \mathbb{R}\left(\begin{array}{l}1 \\ 1 \\ 1\end{array}\right)$ --- ainsi que $-9$ --- car $\mathrm{Ker}(\A + 9\Ir_3) = \mathbb{R}\left(\begin{array}{l}1 \\ 1 \\ 2\end{array}\right)$ --- ; la troisi\`eme valeur propre $\lambda$ de $\A$ est d\'etermin\'ee par la condition $-9 + \lambda = \mathrm{tr}(\A) = -18$, soit $\lambda = -9$, et le polyn\^ome caract\'eristique de $\A$ est donc $\rP_{\A} = -\X(\X+9)^2$.

\vspace{0.1cm} 2. Le sous-espace propre $\mathrm{Ker}(\A + 9\Ir_3)$ est la droite engendr\'ee par le vecteur $\left(\begin{array}{l} 1 \\ 1 \\ 2 \end{array}\right)$ ; il est donc de dimension $1$.

\vspace{0.1cm} 3. La matrice $\A$ n'est pas diagonalisable puisque la multiplicit\'e alg\'ebrique ($2$) de la valeur propre $-9$ est strictement sup\'erieure \`a sa multiplicit\'e g\'eom\'etrique ($1$).

\vspace{0.1cm} 4. Le polyn\^ome minimal de $\A$ ayant les m\^eme facteurs irr\'eductibles que $\rP_{\A}$, $m_{\A} = \X(\X+9)$ ou $m_{\A} = \X(\X+9)^2$ ; comme la premi\`ere possibilit\'e impliquerait la diagonalisabilit\'e de $\A$, $m_{\A} = \X(\X+9)^2$.

\vspace{0.1cm} 5. En effectuant la division euclidienne de $(\X+9)^2$ par $\X$, $(\X+9)^2 = \X(\X + 18) + 81$ et donc $$\Ir_3 = \frac{1}{81}(\A+9\Ir_3)^2 - \frac{1}{81}\A(\A+18\Ir_3).$$ Les projecteurs spectraux sur les sous-espaces caract\'eristiques $\mathrm{Ker}(\A)$ et $\mathrm{Ker}(\A + 9\Ir_3)^2$ sont respectivement $$\pi_1 =\frac{1}{81}(\A + 9\Ir_3)^2 = \frac{1}{3}\left(\begin{array}{lll} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1\end{array} \right)  \ \ \ \textrm{ et } \ \ \ \pi_2 = -\frac{1}{81}\A(\A+18\Ir_3) = \frac{1}{3} \left(\begin{array}{lll} 2 & -1 & -1 \\ -1 & 2 & -1 \\ -1 & -1 & 2\end{array} \right).$$

\vspace{0.1cm} 6. La restriction de $\A$ au sous-espace caract\'eristique $\mathrm{Ker}(\A)$ \'etant identiquement nulle, $e^{t\A} x = x$ pour tout $x \in \mathrm{Ker}(\A)$.

La restriction de $\N = \A + 9\Ir_3$ au sous-espace caract\'eristique $\mathrm{Ker}(\A + 9\Ir_3)^2$ \'etant nilpotente d'indice $2$, $$e^{t\A} y  = e^{-9t\Ir_3 + \N}y = e^{-9t\Ir_3}e^{t\N} y = e^{-9t}(\Ir_3 + t\N)y = e^{-9t}y + te^{-9t}\N y$$ pour tout $y \in \mathrm{Ker}(\A + 9\Ir_3)^2$.

Nous obtenons finalement : $$e^{t\A} = e^{t\A}\pi_1 + e^{t\A}\pi_2 = \pi_1 + e^{-9t}\pi_2 + e^{-9t}t(\A + 9\Ir_3)\pi_2.$$

\vspace{0.1cm} 7. Soit $q_i(t)$ la quantit\'e de polluant dans le lac $\Lr_i$ \`a l'instant $t$. Durant une dur\'ee infinit\'esimale $\mathrm{d}t$, il circule par hypoth\`ese $2a \mathrm{d}t$ (resp. $5a\mathrm{d}t$) litres d'eau du lac $\Lr_1$ au lac $\Lr_2$ (resp. $\Lr_3$), lesquels emportent respectivement $q_1(t)\frac{2a}{\V}\mathrm{d}t$ et $q_1(t)\frac{5a}{\V}\mathrm{d}t$ grammes de polluant ; dans le m\^eme temps, il entre $4a \mathrm{d}t$ (resp. $3a \mathrm{d}t$) litres d'eau provenant du lac $\Lr_2$ (resp. $\Lr_3$), apportant $q_2(t)\frac{4a}{\V}\mathrm{d}t + q_3(t)\frac{3a}{\V}\mathrm{d}t$ grammes de polluant. On obtient ainsi $$q_{1}(t+\mathrm{d}t) = q_1(t) + \mathrm{d}q_1(t) = q_1(t) + \frac{a}{\V}(-7 q_1(t)\mathrm{d}t + 4 q_2(t)\mathrm{d}t + 3 q_3(t)\mathrm{d}t),$$ soit $$\frac{\mathrm{d}q_1(t)}{\mathrm{d}t} = \frac{a}{\V}(-7 q_1(t) + 4 q_2(t) + 3 q_3(t)).$$
Le m\^eme raisonnement pour les lacs $\Lr_2$ et $\Lr_3$ conduit finalement au syst\`eme diff\'erentiel $$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} \left(\begin{array}{l} q_1(t) \\ q_2(t) \\ q_3(t) \end{array}\right) = \frac{a}{\V}\left( \begin{array}{lll} -7 & 4 & 3 \\ 2 & -5 & 3 \\ 5 & 1 & -6\end{array}\right) \left(\begin{array}{l} q_1(t) \\ q_2(t) \\ q_3(t) \end{array}\right).$$

Posant $q_i(0) = q_i$, les quantit\'es de pollutant \`a l'instant $t$ sont donn\'ees par $$\left(\begin{array}{l} q_1(t) \\ q_2(t) \\ q_3(t) \end{array}\right) = e^{\frac{a}{\V}t\A}\left(\begin{array}{l} q_1 \\ q_2 \\ q_3\end{array}\right) = \pi_1 \left(\begin{array}{l} q_1 \\ q_2 \\ q_3\end{array}\right)  + e^{-9\frac{a}{\V}t}\left[\Ir_3 +\frac{a}{\V}t(\A + 9\Ir_3) \right]\pi_2 \left(\begin{array}{l} q_1 \\ q_2 \\ q_3\end{array}\right)$$ et convergent donc vers $$\left(\begin{array}{l} q_1 (\infty) \\ q_2 (\infty) \\ q_3 (\infty) \end{array}\right) = \pi_1 \left(\begin{array}{l} q_1 \\ q_2 \\ q_3\end{array}\right) = \frac{1}{3}\left(\begin{array}{l} q_1 + q_2 + q_3 \\ q_1 + q_2 + q_3 \\ q_1 + q_2 + q_3\end{array}\right).$$

La pollution tend ainsi \`a se r\'epartir \'equitablement entre les trois lacs.

\vspace{0.5cm} \noindent \textbf{Exercice 5.*} --- \emph{Mod\'elisation}. On suppose que le volume de chacune des cellules est constant, ce qui permet d'identifier la concentration et la quantit\'e du compos\'e consid\'er\'e.

Les r\`egles de diffusion se traduisent par les relations $$dc_{\A}(t) = -xc_{\A}(t)\mathrm{d}t + y c_{\B}(t)\mathrm{d}t \ \ \textrm{et} \ \ dc_{\B}(t) = xc_{\A}(t)\mathrm{d}t - y c_{\B}(t)\mathrm{d}t,$$ de sorte que l'\'evolution des concentrations au cours du temps est gouvern\'ee par le syst\`eme diff\'erentiel
$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} \left(\begin{array}{l} c_{\A}(t) \\ c_{\B}(t) \end{array} \right) = \left( \begin{array}{ll} -x & y \\ x & -y \end{array} \right);\left(\begin{array}{l} c_{A}(t) \\ c_{\B}(t)\end{array}\right).$$

\vspace{0.1cm} 1. Posons $\M = \left( \begin{array}{ll} -x & y \\ x & -y \end{array} \right)$. La matrice est diagonalisable, de valeurs propres $0$ et $-(x+y)$ : $$\mathrm{Ker}(\M) = \mathbb{R}\left( \begin{array}{l} y \\ x \end{array} \right) \ \ \ \textrm{ et } \ \ \ \mathrm{Ker}(\M + (x+y)\Ir_3) = \mathbb{R}\left( \begin{array}{l} 1 \\ -1 \end{array} \right).$$ Son polyn\^ome minimal est $\T (\T +(x+y))$ et les projecteurs spectraux sur les sous-espaces propres $\mathrm{Ker}(\M)$ et $\mathrm{Ker}(\M + (x+y)\Ir_3)$ sont respectivement $$\pi_0 = \frac{1}{x+y}(\M + (x+y)\Ir_3) \ \ \ \textrm{et} \ \ \ \pi_{-(x+y)} = -\frac{1}{x+y}\M,$$ de sorte que $$\exp(t\M) = \pi_0 + e^{-t(x+y)}\pi_{-(x+y)} = \frac{1}{x+y}\left( \begin{array}{ll} y + xe^{-t(x+y)} & y(1 - e^{-t(x+y)}) \\ x(1 - e^{-t(x+y)}) & x + ye^{-t(x+y)}
\end{array} \right)$$ pour tout $t \in \mathbb{R}$.

Les conditions intiales \'etant donn\'ees par $c_{\A}(0) = 1$ et $c_{\B}(0) =0$, nous obtenons finalement :
$$c_{\A}(t) = \frac{1}{x+y}(y + xe^{-t(x+y)}) \ \ \ \textrm{et} \ \ \ c_{\B}(t) = \frac{x}{x+y}(1 - e^{-t(x+y)}).$$

\vspace{0.1cm} 2. La concentration dans la cellule $\A$ d\'ecro\^{\i}t strictement jusqu'\`a la valeur limite $c_{\A}(\infty) = \frac{y}{x+y}$ tandis que celle dans la cellule $\B$ cro\^{\i}t strictement jusqu'\`a la valeur limite $c_{\B}(\infty) = \frac{x}{x+y}$.

\vspace{0.5cm} \noindent \textbf{Exercice 6.*} --- On d\'esigne respectivement par $n_{\A}(t)$ et $n_{\B}(t)$ le nombre d'individus des esp\`eces $\A$ et $\B$ \`a l'instant $t$.

\vspace{0.1cm} 1. L'\'evolution des deux populations est gouvern\'ee par le syst\`eme diff\'erentiel $$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} \left( \begin{array}{l} n_{\A}(t) \\ n_{\B}(t) \end{array}\right) = \A \left( \begin{array}{l} n_{\A}(t) \\ n_{\B}(t) \end{array}\right),$$
o\`u $\A = \left(\begin{array}{ll} 2 & -1 \\ -1 & 2 \end{array} \right)$. On a ainsi $$\left(\begin{array}{l} n_{\A}(t) \\ n_{\B}(t) \end{array}\right) = e^{t\A} \left(\begin{array}{l} n_{\A}(0) \\ n_{\B}(0) \end{array}\right) = e^{t\A} \left(\begin{array}{l} 100 \\ 200 \end{array}\right).$$ La matrice $\A$ est diagonalisable, de valeurs propres $1$ et $3$ ; les projecteurs spectraux sur les sous-espaces propres $\mathrm{Ker}(\A-\Ir_2)$ et $\mathrm{Ker}(\A - 3\Ir_2)$ sont respectivement $$\pi_{1} = -\frac{1}{2}(\A - 3\Ir_2) = \frac{1}{2}\left(\begin{array}{ll} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{array}\right) \ \ \textrm{et} \ \ \pi_{3} = \frac{1}{2}(\A - \Ir_2) = \frac{1}{2}\left(\begin{array}{ll} 1 & -1 \\ -1 & 1 \end{array}\right),$$ donc $$\exp(t\A) = e^t \pi_1 + e^{3t}\pi_3 = \frac{1}{2}\left(\begin{array}{ll} e^t + e^{3t} & e^t - e^{3t} \\ e^t - e^{3t} & e^t + e^{3t} \end{array} \right)$$ et finalement $$n_{\A}(t) = 150e^t - 50e^{3t}, \ \ \ n_{\B}(t) = 150e^t + 50 e^{3t}.$$

\vspace{0.1cm} 2. L'esp\`ece $\A$ est en voie d'extinction puisque $n_{\A}(t) \sim -50e^{3t}$ tend vers $-\infty$ lorsque $t$ tend vers $+\infty$. Cette esp\`ece dispara\^{\i}t en fait d\`es l'instant $t_0$ d\'efini par la condition $n_{\A}(t_0) = 0$, soit $t_0 = \frac{1}{2}\log(3) \simeq 0,55$.

\vspace{0.1cm} 3. Dans cette deuxi\`eme hypoth\`ese, l'\'evolution des populations est gouvern\'ee par le syst\`eme diff\'erentiel $$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} \left( \begin{array}{l} n_{\A}(t) \\ n_{\B}(t) \end{array}\right) = \B \left( \begin{array}{l} n_{\A}(t) \\ n_{\B}(t) \end{array}\right),$$ o\`u  $\B = \left(\begin{array}{ll} -1 & 1 \\ 1 & -1 \end{array} \right)$. En utilisant les calculs de l'exercice 5 (avec $x=y=1$), on obtient $$\left( \begin{array}{l} n_{\A}(t) \\ n_{\B}(t) \end{array}\right) = e^{t\B}\left( \begin{array}{l} n_{\A}(0) \\ n_{\B}(0) \end{array}\right) = \left[\pi_{0} + e^{-2t}\pi_{-2} \right]\left( \begin{array}{l} n_{\A}(0) \\ n_{\B}(0) \end{array}\right)$$ avec $\pi_0 = \frac{1}{2}(\B+3\Ir_2)$ et $\pi_{-2} = -\frac{1}{2}\B$, soit $$n_{\A}(t) = 300 - 100e^{-2t} \ \ \textrm{et} \ \ n_{\B}(t) = 300 + 100e^{-2t}.$$

\vspace{0.1cm} 4. L'effectif de la population $\A$ cro\^{\i}t strictement jusqu'\`a la valeur limite $n_{\A}(\infty) = 300$ tandis que celui de la population $\B$ d\'ecro\^{\i}t strictement jusqu'\`a la valeur limite $n_{\B}(\infty) = 300$ ; les deux populations tendent donc \`a s'\'equilibrer au cours du temps, ce qui traduit bien un fonctionnement en symbiose.

\vspace{0.5cm} \noindent \textbf{Exercice 7.} --- 1. La d\'emonstration par r\'ecurrence est imm\'ediate.

\vspace{0.1cm} 2. Le polyn\^ome caract\'eristique de $\A$ est $\T^2 - \T -1 = (\T - \xi)(\T - \xi)$ avec $$\xi = \frac{1 + \sqrt{5}}{2} \ \ \ \textrm{et} \ \ \ \xi' = \frac{1 - \sqrt{5}}{2}$$
($\xi$ est le fameux \emph{nombre d'or}). En utilisant les relations $\xi(1-\xi) = \xi'(1-\xi')=-1$, on d\'etermine sans difficult\'e les sous-espaces propres $$\mathrm{Ker}(\A - \xi \Ir_2) = \mathrm{Ker}\left(\begin{array}{ll} 1 - \xi & 1 \\ 1 & -\xi \end{array} \right) = \mathbb{R} \left( \begin{array}{l} \xi \\ 1 \end{array}\right) \ \ \ \textrm{et} \ \ \ \mathrm{Ker}(\A - \xi' \Ir_2) = \mathrm{Ker}\left(\begin{array}{ll} 1 - \xi' & 1 \\ 1 & -\xi' \end{array} \right) = \mathbb{R} \left( \begin{array}{l} \xi' \\ 1 \end{array}\right)$$ et on obtient ainsi $$\A = \rP \left(\begin{array}{ll} \xi & 0 \\ 0 & \xi'\end{array}\right)\rP^{-1} \ \ \textrm{ avec } \ \rP  = \left(\begin{array}{ll} \xi & \xi' \\ 1 & 1\end{array}\right) \ \ \textrm{ et } \ \ \rP^{-1} = \frac{1}{\sqrt{5}}\left(\begin{array}{ll} 1 & -\xi' \\ -1 & \xi\end{array}\right).$$
Le calcul de la puissance $n$-\`eme de $\A$ en d\'ecoule imm\'ediatement : $$\A^n = \rP \left(\begin{array}{ll} \xi & 0 \\ 0 & \xi'\end{array}\right)^n \rP^{-1} = \frac{1}{\sqrt{5}}\left(\begin{array}{ll} \xi^{n+1} - {\xi'}^{n+1} & \xi^n - {\xi'}^n \\ \xi^n - {\xi'}^n & \xi^{n-1} - {\xi'}^{n-1}\end{array}\right)$$ et donc $$u_n = \frac{1}{\sqrt{5}}(\xi^{n+1} - {\xi'}^{n+1}) = \frac{1}{2^{n+1} \sqrt{5}} \left((1+ \sqrt{5})^{n+1} - (1 - \sqrt{5})^{n+1} \right).$$

\vspace{0.5cm} \noindent \textbf{Exercice 8.} --- On a $$\left( \begin{array}{l} x_{n+1} \\ y_{n+1} \\ z_{n+1} \end{array} \right) = \A \left( \begin{array}{l} x_{n} \\ y_{n} \\ z_{n} \end{array} \right) = \A^{n+1} \left(\begin{array}{l} x_0 \\ y_0 \\ z_0 \end{array}\right) \ \ \textrm{ avec } \ \ \A = \left(\begin{array}{lll} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 2 \end{array} \right).$$
Il est manifeste que $1$ est valeur propre de $\A$, le sous-espace propre correspondant \'etant $$\mathrm{Ker}(\A - \Ir_3) = \mathbb{R}\left(\begin{array}{l} 1 \\ 0 \\ 0 \end{array}\right) \oplus \mathbb{R}\left(\begin{array}{l} 0 \\ 1 \\ 0 \end{array}\right),$$ et la troisi\`eme valeur propre est $\operatorname{tr}(\A) - 2 = 2$, le sous-espace propre correspondant \'etant $$\mathrm{Ker}(\A - 2\Ir_3) = \mathbb{R} \left(\begin{array}{l} 1 \\ 1 \\ 1 \end{array} \right).$$

La matrice $\A$ est diagonalisable. Les projecteurs spectraux sur les sous-espaces propres $\mathrm{Ker}(\A - \Ir_2)$ et $\mathrm{Ker}(\A - 2\Ir_3)$ sont respectivement $$\pi_{1} = -(\A - 2\Ir_3) = \left(\begin{array}{lll} 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \end{array} \right) \ \ \textrm{ et } \ \ \pi_{2} = \A - \Ir_3 = \left(\begin{array}{lll} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right),$$ de sorte que $$\A^n = \pi_1 + 2^n\pi_2 = \left(\begin{array}{lll} 1 & 0 & 2^n - 1 \\ 0 & 1 & 2^n - 1 \\ 0 & 0 & 2^n  \end{array}\right)$$ et donc
$$x_n = x_0 + (2^n - 1)z_0, \ \ y_n = y_0 + (2^n - 1)z_0, \ \ z_n = 2^n z_0.$$

\vspace{0.5cm} \noindent \textbf{Exercice 9.*} --- D\'esignons respectivement par $p_r (n)$ et $p_u(n)$ l'effectif des populations rurale et urbaine \`a l'ann\'ee $n$. \`A l'ann\'ee $n+1$, ces effectifs deviennent $$p_r(n+1) = p_r (n) - \frac{1}{2} p_r(n) + \frac{1}{4}p_u(n) \ \ \ \textrm{et} \ \ \ p_u(n+1) = p_u(n) + \frac{1}{2}p_r(n) - \frac{1}{4}p_u (n),$$ soit $$\left(\begin{array}{l} p_r(n) \\ p_u(n) \end{array}\right) = \A \left(\begin{array}{l} p_r(n) \\ p_u(n) \end{array}\right) \ \ \ \textrm{avec} \ \ \ \A = \frac{1}{4}\left(\begin{array}{ll} 2 & 1 \\ 2  & 3 \end{array} \right).$$

La matrice $\A$ est diagonalisable, de valeurs propres $\frac{1}{4}$ et $1$ ; les projecteurs spectraux sur les sous-espaces propres $\mathrm{Ker}(\A - \Ir_2)$ et $\mathrm{Ker}(\A - \frac{1}{4}\Ir_2)$ sont respectivement $$\pi_{1} = \frac{4}{3}(\A - \frac{1}{4}\Ir_2) = \frac{1}{3}\left(\begin{array}{ll} 1 & 1 \\ 2 & 2 \end{array}\right)  \ \ \ \textrm{ et } \ \ \ \pi_{\frac{1}{4}} = -\frac{4}{3}(\A - \Ir_2) = -\frac{1}{3}\left(\begin{array}{ll} -2 & 1 \\ 2 & -1 \end{array}\right)$$ et $$\A^n = \pi_1 + \frac{1}{4^n} \pi_{\frac{1}{4}}$$ pour tout $n$.

\vspace{0.1cm} Les effectifs \`a l'ann\'ee $n$ sont donn\'es par la formule $$\left(\begin{array}{l} p_r(n) \\ p_u(n) \end{array}\right) = \A^n \left(\begin{array}{l} p_r(0) \\ p_u(0) \end{array}\right)$$ et donc tendent vers $$\pi_1 \left(\begin{array}{l} p_r(0) \\ p_u(0) \end{array}\right) =  \left(\begin{array}{l} p_r(0) + p_u(0) \\ 2(p_r(0) + p_u(0)) \end{array}\right)$$ lorsque $n$ tend vers $+\infty$.

La population \'evolue donc vers une r\'epartition stable entre zones rurales et zones urbaines : les premi\`eres sont occup\'ees par un tiers de la population totale initiale, les secondes par les deux autres tiers.

\end{document} 