Stabilité sans diagonalisabilité

La stratégie : trigonaliser, puis résoudre en cascade. Faute de base propre, on ne peut plus découpler. Mais toute matrice complexe est trigonalisable (chapitre 2), et un système triangulaire se résout de proche en proche en partant de la dernière coordonnée : chaque équation est alors scalaire d'ordre $1$, à second membre déjà connu. On montrera que les solutions sont des polynômes en $t$ multipliés par des $e^{{\lambda }_{i}t}$, puis on conclura par croissances comparées.

1) Trigonalisation. Il existe $P\in {\mathrm{GL}}_n(\mathbb{C})$ et $T$ triangulaire supérieure, de diagonale $({\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_n)$, avec $A=PT{P}^{-1}$. Posons $Y=P^{-1}X$ ; comme $Y\mapsto PY$ est linéaire, donc commute avec la dérivation, $$X^{\prime }=AX⟺P{Y}^{\prime }=PTY⟺Y^{\prime }=TY.$$ De plus $X\mapsto P^{-1}X$ est linéaire en dimension finie, donc continue (chapitre 4) : $X(t)\to 0$ si et seulement si $Y(t)\to 0$. Il suffit de traiter le cas triangulaire.

2) Résolution en cascade. Le système s'écrit, ligne par ligne, $$y_k^{\prime }(t)={\lambda }_k{y}_k(t)+\sum _{j>k}{t}_{kj}{y}_j(t),1\le k\le n,$$ la dernière ligne étant $y_n^{\prime }={\lambda }_n{y}_n$, sans second membre. Notons $\mathcal{E}$ l'ensemble des combinaisons linéaires finies de monômes exponentiels $t\mapsto t^m{e}^{{\lambda }_{i}t}$, avec ${\lambda }_i\in \mathrm{Sp}(A)$ et $m\in \mathbb{N}$.

Affirmation : chaque $y_k$ appartient à $\mathcal{E}$. Récurrence descendante sur $k$.

Initialisation, $k=n$. $y_n^{\prime }={\lambda }_n{y}_n$ donne $y_n(t)=c{e}^{{\lambda }_{n}t}\in \mathcal{E}$.

Hérédité. Supposons $y_{k+1},\dots ,y_n\in \mathcal{E}$. Le second membre $b(t)={\sum }_{j>k}{t}_{kj}{y}_j(t)$ est alors dans $\mathcal{E}$, et $y_k$ est solution de $y_k^{\prime }-{\lambda }_k{y}_k=b(t)$, dont les solutions sont une solution particulière plus $c{e}^{{\lambda }_{k}t}$. Par superposition, il suffit d'en trouver une pour chaque monôme $t^m{e}^{\mu t}$ de $b$ :

• si $\mu \ne {\lambda }_k$ : on cherche $y=Q(t)e^{\mu t}$, ce qui donne $Q^{\prime }+(\mu -{\lambda }_k)Q=t^m$ ; cette équation admet une solution polynomiale de degré $m$ (terme dominant $\frac{t^m}{\mu -{\lambda }_k}$, puis on descend degré par degré) ;
• si $\mu ={\lambda }_k$ : $y=\frac{t^{m+1}}{m+1}{e}^{{\lambda }_{k}t}$ convient, comme on le vérifie en dérivant.

Dans les deux cas la solution particulière est dans $\mathcal{E}$, donc $y_k\in \mathcal{E}$. (Le degré augmente d'au plus $1$ par remontée : il reste majoré par $n-1$.)

3) Conclusion par croissances comparées. Chaque $y_k$ est une combinaison finie de termes $t^m{e}^{{\lambda }_{i}t}$, de module $t^m{e}^{\mathrm{Re}({\lambda }_i)t}$ pour $t>0$. Par hypothèse $\mathrm{Re}({\lambda }_i)<0$, et par croissances comparées $t^m{e}^{\mathrm{Re}({\lambda }_i)t}\to 0$ quel que soit $m$ : l'exponentielle décroissante l'emporte sur toute puissance. Donc $y_k(t)\to 0$, puis $Y(t)\to 0$, puis $X(t)=PY(t)\to 0$.

La réponse à la seconde question : non. Prenons $A=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 0& 0\end{array}\right)$, de spectre $\{0\}$, donc de parties réelles $\le 0$. Le système $x^{\prime }=y$, $y^{\prime }=0$ donne $y=c_2$ et $x=c_1+c_{2}t$ : pour $c_2\ne 0$ la solution est non bornée. C'est la nilpotence qui produit le facteur $t$, et ici rien ne l'amortit. C'est l'inégalité stricte qui fait tout le travail, parce qu'elle laisse une marge exponentielle capable d'absorber n'importe quelle puissance de $t$. Pour $A$ diagonalisable, en revanche, $\mathrm{Re}({\lambda }_i)\le 0$ donnerait des solutions bornées — pas forcément tendant vers $0$ : penser à $\lambda =i\omega$, régime périodique.

Contrôle chiffré : la décroissance n'est pas monotone. Prenons $A=\left(\begin{array}{cc}-1& 1\\ 0& -1\end{array}\right)=-I_2+N$ avec $N$ nilpotente. Comme $-I_2$ et $N$ commutent et $N^2=0$, $e^{tA}=e^{-t}(I_2+tN)$ et $X(t)=e^{-t}(x_0+t{y}_0,y_0)$. Avec $X_0=(0,1)$ : $x(t)=t{e}^{-t}$, nul en $0$, croissant jusqu'à $t=1$ où il vaut $\frac{1}{e}=0,367879$, puis décroissant — $x(3)=0,149361$, $x(10)=4,53999\cdot 10^{-4}$, $x(20)=4,12231\cdot 10^{-8}$. La solution tend bien vers $0$, mais commence par s'éloigner : la partie nilpotente coûte un transitoire, jamais la stabilité.

Ce que l'exercice installe. Un réflexe : quand la diagonalisation manque, on trigonalise et l'on résout en cascade. Une forme : les solutions d'un système à coefficients constants sont toujours des polynômes-exponentielles. Une lecture : le signe strict des parties réelles décide seul de la stabilité asymptotique, la partie nilpotente ne pesant que sur le transitoire — c'est le critère qu'emploient l'automatique et la mécanique pour juger un équilibre sans résoudre.