Trois fonctions qui s'influencent toutes

Diagonalisable, sans calcul. $A$ est symétrique : le cours admet qu'une matrice symétrique réelle est diagonalisable.

Une première valeur propre. Les trois lignes de $A$ ont pour somme $2+1+1=4$, donc $A{}^t(1,1,1)={}^t(4,4,4)=4{}^t(1,1,1)$ : $4$ est valeur propre, de vecteur propre $V_1={}^t(1,1,1)$.

Une seconde. Calculons $A-I_3=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 1\\ 1& 1& 1\\ 1& 1& 1\end{array}\right)$. Le système $(A-I_3)X=0$ se réduit à la seule équation $x+y+z=0$, dont l'ensemble des solutions est de dimension $2$ : $1$ est valeur propre et $$E_1=\mathrm{Vect}(V_2,V_3),V_2={}^t(1,-1,0),V_3={}^t(1,0,-1).$$ Ces deux colonnes sont libres (la deuxième entrée isole le premier coefficient, la troisième le second). Avec $V_1$, cela fait trois vecteurs propres libres : une base de ${\mathcal{M}}_{3,1}(\mathbb{R})$.

La solution générale. $$X(t)=c_1{\mathrm{e}}^{4t}{V}_1+c_2{\mathrm{e}}^t{V}_2+c_3{\mathrm{e}}^t{V}_3.$$

La condition initiale. En $t=0$ : $c_1{V}_1+c_2{V}_2+c_3{V}_3={}^t(3,0,0)$, soit $$c_1+c_2+c_3=3,c_1-c_2=0,c_1-c_3=0.$$ Les deux dernières donnent $c_2=c_3=c_1$, la première $3c_1=3$ : tous valent $1$. Donc $$X(t)={\mathrm{e}}^{4t}\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 1\end{array}\right)+{\mathrm{e}}^t\left(\begin{array}{c}2\\ -1\\ -1\end{array}\right),$$ puisque $V_2+V_3={}^t(2,-1,-1)$.

Vérification en $t=0$ : ${}^t(1,1,1)+{}^t(2,-1,-1)={}^t(3,0,0)$.