Equations differentielles lineaires du premier ordre a

Equations différentielles linéaires du premier ordre à coefficients constants
(ou système d’équation différentielles linéaires scalaire à coefficients
constants du premier ordre)
dX ( t )
dt
+ AX ( t ) = B ( t )
X ( t ) est un vecteur dans un espace vectoriel E de dimension fini n. Il a pour composante
x1 ( t ) , x 2 ( t ) ,..., x n ( t ) dans une base B ( e1 , e2 ,..., en ) de E. Les composantes de X sont des fonctions
de t ∈ à valeurs réelles ou complexes à déterminer. A est une matrice carrée de dimension n × n à
coefficients constants dans la base B et B ( t ) un vecteur de E dont les composantes sont des fonctions
de t ∈ à valeurs réelles ou complexes. La solution de l’équation est complètement définie par la
condition initiale X ( t 0 ) = X 0 d’après le théorème de Cauchy-Lipschitz.
Le principe de la résolution se base sur la diagonalisation de la matrice A ou à défaut sa
trigonalisation.
Diagonalisation : si A est diagonalisable, il existe une matrice de passage P dont les colonnes sont les
composantes dans B des vecteurs propres associés à chaque valeur propre de A, et une matrice
diagonale D dans la base des vecteurs propres, formée par les valeurs propres λ k ( k = 1,..., n ) de A, tel
que P −1AP = D . On peut donc écrire :
+ P −1AP P −1X = P −1B
P −1 X
Et en posant Q = P −1X , on a à résoudre l’équation :
+ D Q = P −1 B ,
Q
Les équations de ce système sont découplées, et il suffit de résoudre les n équations différentielles
linéaires scalaire du premier ordre sur les composantes q k de Q :
q k + λ k q k = ( P −1B ) , k = 1,..., n ,
k
pour en déduire X = PQ .
Condition nécessaire et suffisante de diagonalisation
Une matrice carrée A à coefficients dans (ou ) est diagonalisable sur (ou ) si et
seulement si :
Toutes les valeurs propres de A sont dans (ou ).
Le sous espace propre de chaque valeur propre est de dimension égal à l’ordre de multiplicité
de la valeur propre.
Trigonalisation : si A n’est pas diagonalisable car toutes les conditions précédentes de diagonalisation
ne sont pas remplies, elle peut quand même parfois être trigonalisée.
Condition nécessaire et suffisante de trigonalisation
1
Th.C
Une matrice carrée A à coefficients dans (ou ) est trigonalisable sur (ou ) si et
seulement si :
Toutes les valeurs propres de A sont dans (ou ).
Dans ce cas il existe une matrice de passage P inversible et une matrice triangulaire supérieure T tel
que P −1AP = T .
La matrice de passage P est formée par des vecteurs propres de A mais aussi par d’autres vecteurs qui
ne sont pas des vecteurs propres de A. Il faut donc vérifier que l’ensemble de ces vecteurs forment
bien une base de E car cette propriété n’est plus automatique comme dans le cas d’une matrice
diagonalisable (en pratique en montrant l’existence de P −1 ).
Tous les éléments de la matrice triangulaire supérieure T situés sous la diagonale principale, sont nuls
( t i, j = 0 si i > j ) et sur la diagonale principale ce sont les valeurs propres. T peut être prise sous la
forme d’une matrice réduite de Jordan où les seuls éléments non nuls sont les valeurs propres sur la
diagonale principale et des 0 ou 1 sur la diagonale juste au dessus. Les éléments sont nuls dans les
colonnes qui correspondent aux vecteurs propres et valent 1 dans les autres colonnes.
En dimension 3 on a par exemple pour une trigonalisation sur :
 λ1 0 0 


T =  0 λ2 1  .
0 0 λ 
2

Dans ce cas, le sous espace propre associé à la valeur propre double λ 2 est de dimension 1 et la
diagonalisation impossible. P est formé par les composantes de trois vecteurs V1 , V2 , V3 et
AV1 = λ1V1 , AV2 = λ 2 V2 , AV3 = V2 + λ2 V3 . V1 et V2 sont vecteurs propres mais pas V3 .
+ T Q = P −1B mais ici les équations ne sont pas
Comme pour la diagonalisation on écrit Q
complètement découplées. On résout d’abord les équations différentielles linéaires scalaire en q k , ce
qui permet ensuite de trouver la solution des autres équations et la solution générale X = PQ .
Exemple 1 : le système d’équations différentielles est :
 x 1 + 2x1 + x 2 = 2t
,

 x 2 + x1 + 2x 2 = 0
Avec les conditions initiales x1 ( t = 0 ) = x10 et x 2 ( t = 0 ) = x 20 . Ici :
2 1
A=
.
1 2
Recherche des valeurs propres de A :
On note λ les valeurs propres et V les vecteurs propres. Ainsi AV = λ V et ( A − λId ) V = 0 . V est non
nul si A − λId n’est pas inversible, c'est-à-dire si P ( λ ) = det ( A − λId ) = 0 . P ( λ ) est le polynôme
caractéristique de A et les valeurs propres sont les racines de ce polynôme. Ici :
P ( λ) =
2−λ
1
= λ2 − 4λ + 3 = ( λ − 1)( λ − 3) .
1
2−λ
Il y a donc deux valeurs propres réelles distinctes λ1 = 1 et λ 2 = 3 . La matrice A est donc
diagonalisable sur .
2
Th.C
Recherche des vecteurs propres :
Pour λ1 = 1 ; on cherche le vecteur propre V1 ( x, y ) . Puisque AV1 = V1 , on a :
x + y = 0
.

x + y = 0
Le sous espace propre associé à λ1 = 1 est de dimension 1 (c’est une droite). On peut donc choisir :
 1
V1 =   .
 −1 
Pour λ 2 = 3 ; on cherche le vecteur propre V2 ( x, y ) . Puisque AV2 = 3V2 , on a :
− x + y = 0
.

 x−y=0
Le sous espace propre associé à λ 2 = 3 est de dimension 1. On peut donc choisir :
1
V2 =   .
1
La matrice de passage P de la base de E dans laquelle s’exprime la matrice A à la base des vecteurs
propres dans laquelle s’exprime D est :
 1 1
P = ( V1 V2 ) = 
.
 −1 1
L’ordre des vecteurs propres est donné par l’ordre des valeurs propres dans D, mais on peut intervertir
les deux colonnes de P en échangeant les deux valeurs propres dans D.
Il reste à déterminer l’inverse de P pour calculer P −1B .
P−1 =
1 t
ComP .
det P
ComP est la comatrice de P et t ComP sa transposée.
i+ j
( ComP )i, j = ( −1)
det ( A i,n −j 1 ) ,
où A i,n −j 1 est la matrice carrée d’ordre n-1 obtenue à partir de A en supprimant la ligne i et la colonne j.
Dans notre cas, det P = 2 et :
 1 1
ComP = 
,
 −1 1 
d’où
1  1 −1 
P −1 = 
.
2 1 1
1 0
On vérifie facilement que PP −1 = 1 et P −1AP = D = 
.
0 3
On déduit :
3
Th.C
t
P −1 B =   ,
t
+ D Q = P −1B c'est-à-dire :
Les équations découplées à résoudre sont Q
 q 1 + q1 = t
.

q 2 + 3q 2 = t
Solution de q 1 + q1 = t .
La solution de l’équation homogène est q1 = k1 e − t . La méthode de la variation de la constante permet
de trouver la solution de l’équation complète. On suppose k1 = k1 ( t ) et en reportant dans l’équation
complète on obtient k 1 = t e t . Après une intégration par partie k1 = ( t − 1) e t + A1 ( A1 une constante) et
donc :
q1 = A1e − t + t − 1 .
Solution de q 2 + 3q 2 = t .
La solution de l’équation homogène est q 2 = k 2 e−3t . La méthode de la variation de la constante
permet de trouver la solution de l’équation complète. On suppose k 2 = k 2 ( t ) et en reportant dans
l’équation complète on obtient k 2 = t e3t . Après une intégration par partie :
1 1
k 2 =  t −  e3t + A 2
3 3
donc :
1 1
q 2 = A 2 e −3t +  t −  .
3 3
Finalement, la solution X = PQ s’écrit :
 x1   1 1  q1   q1 + q 2 
 =
,
  = 
 x 2   −1 1  q 2   −q1 + q 2 
Donc :

2
5
−t
−3t
 x1 = A1e + A2 e + 3  2t − 3 



.

 x = −A e− t + A e−3t + 2  − t + 4 
1
2


 2
3
3
Les constantes A1 et A 2 sont fixées par les conditions initiales. A t =0 on a :
10

 x10 = A1 + A 2 − 9
, donc

 x = −A + A + 8
1
2
 20
9
x10 − x 20

+1
 A1 =
2
.

 A = x10 + x 20 + 1
 2
2
9
D’où :
4
Th.C

5
 x10 − x 20

 x + x 20 1  −3t 2 
+ 1 e − t +  10
+  e +  2t − 
 x1 = 
2
2
9
3
3





 x = −  x10 − x 20 + 1 e − t +  x10 + x 20 + 1  e −3t + 2  − t + 4 






 2
2
2
9
3
3



Exemple 2 : le système d’équations différentielles est :
 x 1 + x1 + x 2 + x 3 = 0

 x 2 + x1 + x 2 + x 3 = 0
 x + x + x + x = 0
1
2
3
 3
avec les conditions initiales x1 ( t = 0 ) = x10 et x 2 ( t = 0 ) = x 20 et x 3 ( t = 0 ) = x 30 . Ici la matrice A est :
 1 1 1


A =  1 1 1 .
 1 1 1


Recherche des valeurs propres de A :
Le polynôme caractéristique de A est P ( λ ) = λ 2 ( λ − 3) . Il y a trois valeurs propres réelles dont une
double. Pour savoir si A est diagonalisable sur , cherchons les vecteurs propres.
Recherche des vecteurs propres :
Pour λ1 = 3 on cherche le vecteur propre V1 ( x, y, z ) . Puisque AV1 = 3V1 , on a :
 −2x + y + z = 0

 x − 2y + z = 0 .
 x + y − 2z = 0

Le sous espace propre associé à λ1 = 3 est de dimension 1. On peut choisir :
 1
 
V1 =  1 .
 1
 
Pour λ 2 = 0 et λ 3 = 0 on cherche les vecteurs propres V ( x, y, z ) . Puisque AV = 0 , on a :
x + y + z = 0

x + y + z = 0 .
x + y + z = 0

Le sous espace propre associé à la valeur propre double nulle est de dimension 2. De ce fait la matrice
A est diagonalisable sur . On peut choisir deux vecteurs propres :
 1
 
V2 =  −1
 0
 
et
 0
 
V3 =  1 .
 −1
 
5
Th.C
La matrice de passage P et la matrice diagonale D s’écrivent :
1 1 0 


P =  1 −1 1 ,
 1 0 −1


 3 0 0


D =  0 0 0
 0 0 0


+ D Q = 0 c'est-à-dire :
Les équations découplées à résoudre sont Q
q 1 + 3q1 = 0

q 2 = 0 .


q 3 = 0

La résolution donne q1 = A1e−3t , q 2 = A 2 , q 3 = A 3 . Et de X = PQ on déduit :
 x1 = A1e −3t + A 2

−3t
 x 2 = A1e − A 2 + A 3 .
 x = A e −3t − A
1
3
 3
Les constantes A1 , A 2 et A 3 sont fixées par les conditions initiales. A t =0 on a :
 x10 = A1 + A 2

 x 20 = A1 − A 2 + A 3 ,
x = A − A
1
3
 30
donc
x10 + x 20 + x 30

 A1 =
3

2x
−
x 20 − x 30

10
.
A 2 =
3

x10 + x 20 − 2x 30

 A3 =
3

D’où :

 x10 + x 20 + x 30  −3t 2x10 − x 20 − x 30
e +
 x1 = 
3
3




 x10 + x 20 + x 30  −3t − x10 + 2x 20 − x 30
.
x2 = 
e +
3
3




 x + x 20 + x 30  −3t − x10 − x 20 + 2x 30
 x 3 =  10
e +
3
3



Exemple 3 : le système d’équations différentielles est :
x 1 + 3x1 + x 2 = 0
,

 x 2 − x1 + x 2 = 0
Avec les conditions initiales x1 ( t = 0 ) = x10 et x 2 ( t = 0 ) = x 20 . Ici :
 3 1
A=
.
 −1 1 
Recherche des valeurs propres de A :
6
Th.C
le polynôme caractéristique est
2
P (λ ) = ( λ − 2) .
Il y a une racine double réelle λ = 2 . Pour savoir si A est diagonalisable sur , cherchons les vecteurs
propres.
Recherche des vecteurs propres :
On cherche le vecteur propre V ( x, y ) . Puisque AV = 2V , on a :
 x+y=0
.

− x − y = 0
Le sous espace propre associé à λ = 2 est de dimension 1. A n’est donc pas diagonalisable. On peut
choisir comme unique vecteur propre :
 1
V1 =   .
 −1 
A est quand même trigonalisable sur et on veut qu’elle soit semblable à une matrice réduite de
Jordan T que l’on écrit :
2 1
T=
.
 0 2
On peut alors chercher un vecteur V2 ( x, y ) qui n’est pas vecteur propre tel que AV2 = V1 + 2V2 .
Connaissant V1 on déduit :
 x + y =1
.

 − x − y = −1
Choisissons :
1
V2 =   .
0
La matrice de passage P s’écrit :
 1 1
P=
.
 −1 0 
On obtient ensuite :
 1 1
ComP = 
,
 −1 1 
d’où
1  1 −1 
P −1 = 
.
2 1 1
On vérifie facilement que PP −1 = 1 et P −1AP = T .
+ T Q = 0 c'est-à-dire :
Les équations à résoudre sont Q
7
Th.C
q 1 + 2q1 + q 2 = 0
.

q 2 + 2q 2 = 0

Solution de q 2 + 2q 2 = 0 .
On obtient immédiatement q 2 = A 2 e−2t et on reporte ce résultat dans la première équation.
Solution de q 1 + 2q1 = −A 2 e−2t .
La solution de l’équation homogène est q1 = A1 e −2t . La méthode de la variation de la constante
permet de trouver la solution de l’équation complète. On suppose A1 = A1 ( t ) et en reportant dans
l’équation complète on obtient :
= − A et A = − A t + C .
A
1
2
1
2
Donc :
q1 = ( −A 2 t + C ) e−2t .
Finalement, la solution X = PQ s’écrit :
 x1   1 1  q1   q1 + q 2 
 =
,
  = 
 x 2   −1 0   q 2   −q1 
Donc :
−2t
−2t
 x1 = ( − A 2 t + C ) e + A 2 e
.

−2t
 x 2 = ( A 2 t − C ) e
Les constantes C et A 2 sont fixées par les conditions initiales. A t =0 on a :
 x10 = C + A 2
,

 x 20 = −C
donc
 C = − x 20
.

A 2 = x10 + x 20
D’où :
 x1 =  x10 − ( x10 + x 20 ) t  e −2t
.

−2 t
 x 2 =  x 20 + ( x10 + x 20 ) t  e
8
Th.C