La direction que toute trajectoire finit par prendre

Les éléments propres. $A$ est symétrique donc diagonalisable. Les deux lignes ont pour somme $4$, donc $A{}^t(1,1)=4{}^t(1,1)$. Par ailleurs $A{}^t(1,-1)={}^t(3-1,1-3)={}^t(2,-2)=2{}^t(1,-1)$. Deux valeurs propres distinctes, $4$ et $2$.

La solution générale. $$X(t)=c_1{\mathrm{e}}^{4t}\left(\begin{array}{c}1\\ 1\end{array}\right)+c_2{\mathrm{e}}^{2t}\left(\begin{array}{c}1\\ -1\end{array}\right),\text{soit}\{\begin{array}{l}x(t)=c_1{\mathrm{e}}^{4t}+c_2{\mathrm{e}}^{2t}\\ y(t)=c_1{\mathrm{e}}^{4t}-c_2{\mathrm{e}}^{2t}.\end{array}$$

Traduction de l'hypothèse. Les trajectoires portées par $\mathrm{Vect}{}^t(1,-1)$ sont exactement celles pour lesquelles $c_1=0$ — elles s'écrivent alors $c_2{\mathrm{e}}^{2t}{}^t(1,-1)$, et leur rapport $y/x$ vaut constamment $-1$. Supposer que la trajectoire n'est pas de celles-là, c'est donc supposer $c_1\ne 0$.

Le calcul du rapport. Divisons numérateur et dénominateur par ${\mathrm{e}}^{4t}$, qui ne s'annule jamais : $$\frac{y(t)}{x(t)}=\frac{c_1-c_2{\mathrm{e}}^{-2t}}{c_1+c_2{\mathrm{e}}^{-2t}}.$$ Comme $-2<0$, on a ${\mathrm{e}}^{-2t}\to 0$ quand $t\to +\infty$. Le dénominateur tend vers $c_1\ne 0$, donc le quotient est bien défini pour $t$ assez grand et $$\frac{y(t)}{x(t)}⟶\frac{c_1}{c_1}=1.$$

Lecture. Le rapport $y/x$ est la pente de la trajectoire vue de l'origine : elle tend vers $1$, c'est-à-dire vers la direction du vecteur propre ${}^t(1,1)$ associé à la plus grande valeur propre. C'est elle qui l'emporte, quelle que soit la condition initiale, pourvu que $c_1$ ne soit pas nul.