Application aux équations différentielles

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4.1 Exponentielle d’une matrice 35

Théorème 4.1.6 Le système linéaire d’équation différentielle



admet une unique solution donnée pary(t) =e^tAy₀.

Démonstration.

EXISTENCE :

Vérifions que l’application f R −→ Rⁿ

t 7−→ e^tAy₀ est bien une solution du système donnée :

• Comme on a vu dessus, f⁰(t) =Ae^tAy₀=A f(t)

• f(0) =e^0.Ay₀=I_ny₀=y₀ UNICITE :

Soityune solution du système, alors : d 4.1.4 Calcul pratique dee^tA

Cas diagonal

Propriété 4.1.7 SoitA∈Mn(R)une matrice diagonalisable : A=PDP⁻¹ oùP∈GLn(R)etD∈Mn(R)diagonalisable. Alors

e^A=Pe^DP⁻¹ Cas général

On calculee^tA grâce à la forme de Jordan.

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Proposition 4.1.8 SoitA∈Mn(R), alors∃C∈GLn(R)tel queCAC⁻¹=

On cherche à trouver les valeurs propres deA, donc à résoudreP(λ) =0.

∆=tr(A)²−4det(A)

• Si∆<0, on a deux valeurs propres complexesλ₁=α+iβ etλ₂=α−iβ. La matriceAest diagonalisable.

• Si∆>0, on a deux valeurs propres réelles distinctesλ16=λ2. La matriceAest diagonalisable.

• Si∆=0, on a une valeur propre réelleλ.

– Si on trouve deux vecteurs propres associés àλ linéairement indépendant,Aest diago-nalisable.

– Sinon,An’est pas diagonalisable.

Vecteur propre :X∈R²est un vecteur propre associé àλ si

(AX=λX X6=0 Matrice de passage :

• ∆6=0, il existe deux valeurs propres distinctes. On prend X =

4.1 Exponentielle d’une matrice 37

• ∆=0 : 1^ercas :Il existe deux vecteurs propresXetY non colinéaires associé àλ. Alors,Aest diagonalisable et il existeP=

x₁ y₁

Comme précédemment,e^tA=P

e^tλ 0 0 e^tλ

P⁻¹.

2^emecas :On ne trouve pas deux vecteurs propres linéairement indépendant.

Alors, on considère le vecteur propreX = x₁ On remarque que

0 1

(les deux matrices sont commutatives)

Exemple 4.3

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• A=

1 1 0 1

n’est pas diagonalisable mais est déjà sous une forme

λ 1

4.2 Système linéaire non-homogène 39

Vecteurs propres associés à4:Y =



 mais impossible d’en trouver un autre non colinéaire.Bn’est pas diagonalisable.

z₃=0 (on fixe une valeur quelconque)

On prend doncZ=

4.2 Système linéaire non-homogène

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Théorème 4.2.1 Le système d’équations non-homogènes

(y⁰(t) =Ay(t) +b(t)

y(0) =y₀ admet une unique solution donner pary(t) =e^tAy₀+e^tA

Z t 0

e^−sAb(s)dsoù l’intégrale d’un vecteur se calcule composante par composante :

Z b a

(fi(t))i∈I= _{Z b}

a

fi(t)dt

i∈I

Démonstration.

• SoitG

R −→ Rⁿ t 7−→ e^tA

Z t 0

e^−sAb(s)ds

∂

∂tG(t) =Ae^tA Z t

0

e^−sAb(s)ds+e^tAe^−tAb(t) =AG(t) +b(t). Gest donc une solution du système linéaire sans la condition, avecG(0) =0.

• Siy(t)est une solution du système, alorsy(t)−G(t)est solution de

(y⁰(t) =Ay(t) y(0) =y₀ En effet,

∂

∂t[y(t)−G(t)] =Ay(t) +b(t)−AG(t)−b(t)

=A[y(t)−G(t)]

et

(y(t)−G(t))(0) =y(0) =y₀ Donc,y(t)−G(t) =e^tA[y(0)−G(0)], d’où

y(t) =e^tAy₀+G(t)

4.3 2^ememéthode pour le calcul dee^tA

Théorème 4.3.1 SiA∈M_n(R), alors

e^tA=α0Idn+α1A+...+αn−1Aⁿ⁻¹ oùα0, ...,αn−1sont des fonctions ent.

Démonstration. SiP(λ) =det(A−λIdn) est le polynôme caractéristique deA, P(λ) s’écrit comme

n

∑

k=1

c_kλ^ket le théorème de Cayley-Hamilton affirme queP(A) =0, c’est-à-dire que

n

∑

k=0

c_kA^k=0 ou encore

Aⁿ=

n−1

∑

k=0

c_k cn

A^k

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4.3 2^eme méthode pour le calcul dee^tA 41 En posant

V =Vect(Idn,A, ...,Aⁿ⁻¹) on obtient alors que∀i∈ {0, ...,n},

Aⁱ∈V et, par extension∀k∈N,

A^k∈V Ainsi,e^tA= ∑

k∈N t^kA^k

k! ∈V, donce^tAest combinaison linéaire deId_n,A, ...,Aⁿ⁻¹, les coefficients

dépendant det.

Théorème 4.3.2 SoitA∈M_n(R), on note e^tA=

n−1

∑

i=0

αiAⁱ et on pose

r(t) =

n−1

∑

k=0

αitⁱ Siλk est une valeur propre de multipliciték, alors :

r(tλk) =e^tλk

∂

∂tr(tλk) =e^tλk ...

∂^k−1

∂t^k−1r(tλk) =e^tλk

Exemple 4.4 AvecA=

0 1 8 −2

, on chercheα₀etα₁tel quee^tA=α₀Id₂+α₁tA

• Calcul du polynôme caractéristique

P(λ) =det(A−λId₂)

=

−λ 1 8 −2−λ

=−λ(−2−λ)−8

=λ²+2λ−8

= (λ+1)²−9

= (λ+4)(λ−2)

• On poser(t) =α₀+α₁t

– Avecλ₀=2,r(2t) =e^2t, doncα₀+2tα1=e^2t – Avecλ1=−4,r(−4t) =e^−4t, doncα0−4tα₁=e^−4t

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On résout donc (

α₀+2tα1=e^2t

α₀−4tα₁=e^−4t pour trouverα0=^2e2t+e₂ ^−4t etα1=^e2t−e_6t^−4t. Ainsi : e^tA=2e^2t+e^−4t

2 Id₂+te^2t−e^−4t

6t A

=

2e^2t+e^−4t

2 0

0 ^2e2t+e₂ ^−4t

!

+ 0 e^2t−e^−4t

4

3(e^2t−e^−4t) ^e2t−e₋₃^−4t

!

=

2e^2t+e^−4t 2

e^2t−e^−4t 4 6

3(e^2t−4e^−4t) ²₃e^2t+⁵₆e^−4t

!

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5. EDL du second ordre à coefficients constants

On considère ici les équations de la forme :

ay”+by⁰+cy= f(x) avec(a,b,c)∈R^∗×R²et f ∈C⁰(R)

5.1 Resolution

Siyest une solution de l’équationay”+by⁰+cy= f(x), on poseY(t) =

y(t) y⁰(t)

. Ainsi,Y⁰(t) =

y⁰(t) y”(t)

=

y⁰(t)

−b

a y⁰(t)−^c_ay(t)− ^f(t)_a

=

0 1

−c a

−b a

y(t) y⁰(t)

+

0

f(t) a

On a doncY⁰(t) =AY(t) +b(t), dont la solution est Y(t) =e^tAY₀+

Z _t

0

e^−sAb(s)ds

Théorème 5.1.1 Le système d’équation







ay”+by⁰+cy=0 y(x₀)

y⁰(x₀)

∈R²

admet une unique solution. De plus, en notant le polynôme caractéristiqueaX²+bX+cetλ₁et λ2les deux racines de ce polynôme,

• Siδ =b²−4ac6=0, la solution générale est donnée par y(x) =C₁e^λ1x+C2e^λ2x

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• Siδ =b²−4ac=0, la solution générale est donnée par

y(x) = (C1x+C2)e^λ1x= (C1x+C2)e^λ2x Démonstration. On cherche les solutions de la forme f(x) =e^λx

f solution ⇔a f”+b f⁰+c f =0

⇔aλ²e^λx+bλe^λx+ce^λx=0

⇔e^λx(aλ²+bλ+c) =0

⇔aλ²+bλ+c=0

• Siδ 6=0, on peut trouver deux racines distinctesλ₁etλ₂, éventuellement complexes.

– Donce^λ1x ete^λ2xsont deux solutions particulières de l’équation. De plus, en considé-rant

g(x) =c₁e^λ1x+c₂e^λ2x on a

ag”+bg⁰+c=a

c₁λ₁²e^λ1x+c₂λ₂²e^λ2x +b

c₁λ₁e^λ1x+c₂λ₂e^λ2x +c

c₁e^λ1x+c₂e^λ2x

=c₁

aλ₁²e^λ1x+bλ₁e^λ1x+ce^λ1x

+c₂

aλ₂²e^λ2x+bλ₂e^λ2x+ce^λ2x

=0

Donc toutes les combinaisons linéaires dee^λ1xet dee^λ2x sont solutions.

– Comme on l’a vu plus haut, on peut se ramener à une équation du typeY⁰=AY+b, dont on sait la solution unique. Avec la relation

(c₁e^λ1x0+c₂e^λ2x0=y₀ c₁λ1e^λ1x0+c₂λ2e^λ2x0 =y⁰₀ , on peut trouver les valeurs dec₁et dec₂

• Siδ =0, on peut trouver l’unique racineλ, éventuellement complexe. Comme c’est une racine double, elle vérifie

(aλ²+bλ+c=0 2aλ+b=0

– Donce^λx est une solution particulière. De plus, en considérant g(x) = (c₁+c₂x)e^λx

On a

ag”+bg⁰+c=a h

λ²c₁+2λc₂+λ²c₂x e^λx

i +b

h

(λc₁+c₂+λc₂x)e^λx i

+c h

(c1+c₂x)e^λx i

=c₁ aλ²+bλ+c

e^λx+c₂x aλ²+bλ+c

e^λx+c₂(2aλ+b)e^λx

=0

Donc toutes les combinaisons linéaires dee^λxet dexe^λxsont solutions.

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5.2 Résolution pratique 45 – Comme on l’a vu plus haut, on peut se ramener à une équation du typeY⁰=AY+b,

dont on sait la solution unique. Avec la relation ((c₁+c₂x)e^λx0=y₀

(λc₁+c₂+λc₂x₀)e^λx0 =y⁰₀ on peut trouver les valeurs dec₁et dec₂

Exemple 5.1

• y”−5y⁰+6y=0 : polynôme caractéristiqueλ²−5λ+6 dontδ =1>0

2 et la solution générale est y(x) =c₁e⁻¹⁺ⁱ

R Si on cherche dans ce dernier exemple uniquement les solutions à valeurs réelles, on peut réécrire

Il faut donc restreindrec₁etc₂pour qu’on ait (c₁+c₂∈R

i(c₁−c₂)∈R

5.2 Résolution pratique

On cherche des solutions de l’équationay”+by⁰+cy= f(x)

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5.2.1 1^ereméthode

Une première méthode est d’utiliser l’astuce précédente en notant A=

e^−sAb(s)ds et la solution est la première composante du vecteurY(t) trouvé.

5.2.2 2^ememéthode

On peut se simplifier la vie après avoir trouvé une solution particulière. Le tout est de la trouver...

Mais une fois cela fait, le problème se résout plus simplement.

Prenonsy_pune solution particulière ety_hune solution de l’équation homogène associée ay”+by⁰+c=0

Alors, par linéarité de la dérivé,y=y_p+y_hest solution deay”+by⁰+c= f(x).

La question est maintenant de savoir comment trouver des solutions particulières.

Casay”+by⁰+cy=p_n(x)

• Sic6=0, on cherche un polynôme de degrén

• Sic=0 etb6=0, on peut intégrer une fois et on cherche un polynôme de degrén+1 dont on néglige la constante

• Sic=0,b=0 eta6=0, on peut intégrer deux fois et on cherche un polynôme de degrén+2 dont on néglige la constante et le coefficient enx

Exemple 5.2 y”+y⁰−2y=2x²−3x+1 : On cherche une solution de la formeax²+bx+c

5.2 Résolution pratique 47

Une solution particulière est doncyp=−x²+₂^x−⁵₄ et la solution générale est y(x) =c₁e^x+c₂e^−2x−x²+x

2−5 4

Casay”+by⁰+cy=e^mxp_n(x)

En prenantz=ye^−mx, on se ramène au cas précédent. Ainsi, siyest solution de ay”+by⁰+cy=e^mxpn(x)

et comme

z=e^−mxy⇔y=ze^mx zvérifie alors

a(ze^mx)”+b(ze^mx)⁰+c(ze^mx) =e^mxpn(x) On va calculer les différentes dérivées

d

dxz(x)e^mx=z⁰(x)e^mx+mz(x)e^mx

=e^mx(z⁰(x) +mz(x)) Et aussi

d dx

d

dxz(x)e^mx= d

dte^mx(z⁰(x) +mz(x))

=me^mx(z⁰(x) +mz(x)) +e^mx(z”(x) +mz⁰(x))

=e^mx(z”(x) +2mz⁰(x) +m²z(x)) Donc,

a(ze^mx)”+b(ze^mx)⁰+c(e^mx) =ae^mx(z”(x) +2mz⁰(x) +m²z(x)) +be^mx(z⁰(x) +mz(x)) +ce^mxz(x)

=e^mx[az”(x) + (2am+b)z⁰(x) + (am²+bm+c)z(x)]

Etzest solution de l’équation

az”+ (2am+b)z⁰+ (am²+bm+c)z=p_n(x) On trouve comme précédemmentz, puisy=ze^mx

Exemple 5.3 ^y”₄ −^y₂⁰−2y=e^−2x(2x²−3x+1), on pose z=e^2xy Siyest solution, alorszest solution de

1

4z”(x) +

21

4(−2)−1 2

z⁰(x) +

1

4(−2)²−1

2(−2)−2

z(x) =2x²−3x+1 C’est-à-dire

1 4z”−3

2z⁰=2x²−3x+1

Comme il n’y a pas dez, on doit chercherzd’un degré supérieur dont la constante n’importe pas puisqu’il va disparaitre dans la dérivation.zest alors sous la forme

z(x) =ax³+bx²+cx+d

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oùdsera un réel/complexe libre. Calculons les dérivées : z⁰(x) =3ax²+2bx+c et

z”(x) =6ax+2b On injecte dans l’équation

1 Ce qui revient à résoudre

 Et une solution particulière est donnée par

yp(x) =e^−2x

Les solutions homogènes sont

y_h(x) =c₁e^4x+c₂e^−2x On a donc trouvé les solutions de notre équation

y(x) =y_p(x) +y_h(x)

5.2 Résolution pratique 49

Casay”+by⁰+cy=acos(ωx) +bsin(ωx)

• Siiω est racine de l’équation caractéristique, on cherche une solution particulière sous la formeyp=x(αcos(ωx) +βsin(ωx))

• Siiωn’est pas racine de l’équation caractéristique, on cherche une solution particulière sous la formeyp=αcos(ωx) +βsin(ωx)

Cas général :ay”+by⁰+cy=e^mx(A(x)cos(ωx) +B(x)sin(ωx)) Une solution particulière est sous la forme

yp(x) =x^pe^mx(α(x)cos(ωx) +β(x)sin(ωx))

• Sim+iω n’est pas racine du polynôme caractéristique, prendrep=0

• Sim+iω est une racine simple du polynôme caractéristique, prendrep=1

• Sim+iω est une racine double du polynôme caractéristique, prendrep=2

Les degrés deαet deβ sont difficilement généralisables. Le plus sûr est de prendre le plus grand des degrés deAet deB.

Exemple 5.4 Résolvons l’équation

y”+2y⁰+y=e^x(xcos(2x)−sin(2x))

Ici,m=1 etω=2. Comme 1+2in’est pas racine deX²+2X+1, on prendp=0 et la solution particulière est de la forme

y_p(x) =e^x(α(x)cos(2x) +β(x)sin(2x)) oùα etβ sont de degrés 1. Donc

y_p(x) =e^x[(ax+b)cos(2x) + (cx+d)sin(2x)]

On peut calculer les dérivées y⁰_p(x) =d

dxe^x[(ax+b)cos(2x) + (cx+d)sin(2x)]

=e^x[(ax+b)cos(2x) + (cx+d)sin(2x)]

+e^x[acos(2x)−2(ax+b)sin(2x) +csin(2c) +2(cx+d)cos(2x)]

=e^x[((a+2c)x+ (a+b+2d))cos(2x) + ((−2a+c)x+ (−2b+c+d))sin(2x)]

Et

y_p”(x) =d

dxe^x[((a+2c)x+ (a+b+2d))cos(2x) + ((c−2a)x+ (d+c−2b))sin(2x)]

=e^x[((a+2c)x+ (a+b+2d))cos(2x) + ((−2a+c)x+ (−2b+c+d))sin(2x)]

+e^x[((−4a+2c)x+ (a−4b+4c+2d))cos(2x) + ((−2a−4c)x+ (−4a−2b+c−4d))sin(2x)]

=e^x[((−3a+4c)x+ (2a−3b+4c+4d))cos(2x) + ((−4a−3c)x+ (−4a−4b+2c−3d))sin(2x)]

On insère tout ça dans l’équation y_p”+2y⁰_p+y_p=...

=e^x[(8cx+ (4a+4c+8d))cos(2x) + (−8ax+ (−4a−8b+4c))sin(2x)]

On cherche donc à résoudre

(8cx+ (4a+4c+8d))cos(2x) + (−8ax+ (−4a−8b+4c))sin(2x) =xcos(2x)−sin(2x)

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C’est-à-dire

Ces longs calculs fastidieux nous permettent de trouver une solution particulière y_p(x) =e^x

La solutionyhhomogène associé vérifie

y_h”+2y⁰_h+y_h=0 Comme 1 est racine double du polynôme caractéristique,

y_h(x) = (c1x+c₂)e^x Et la solution à l’équation est

y(x) =y_h(x) +y_p(x)

Cette manière fonctionne très bien, mais demande d’énormes calculs qu’on pourrait ne pas avoir envie de faire. Il existe une autre manière de résoudre des équations du second ordre, en utilisant latransformation de Laplace.

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6. Transformation de Laplace

6.1 Définition

Définition 6.1.1 Soit [0,+∞[: R→ continue. On appelle transformée de Laplace de f la fonction définie par

L(f)(s) = Z _+∞

0

e^−sxf(x)dx

lorsqu’elle existe. Ici,L(f)est une fonction qui peut s’évaluer en un point, d’où la notation L(f)(s)

Exemple 6.1

• Pour f [0,+∞[ −→ R

x 7−→ c , on obtient Z _+∞

0

ce^−sxdx=

−ce^−sx s

+∞

0

= c s donc

L(f) ]0,+∞[ −→ R

x 7−→ ^c_s

• Pour f [0,+∞[ −→ R

x 7−→ cx , on obtient Z _+∞

0

cte^−sxdx=

−cte^−sx s

+∞

0

+1 s

Z _+∞

0

ce^−sxdx= c s² Donc

L(f) ]0,+∞[ −→ R

x 7−→ ^c

s²

Z _+∞

0

cte^−sxdx=

−cte^−sx s

+∞

0

+1 s

Z _+∞

0

ce^−sxdx= c s²

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6.2 Propriétés 6.2.1 R-linéaire

L’application qui, à toutes fonctions continue, associe sa transformée de Laplace estR-linéaire :

∀(f,g)∈C⁰,∀λ∈R: L(f+λg)(s) =

Z _+∞

0

e^−sx(f+λg)(x)dx

= Z _+∞

0

e^−sx(f(x) +λg(x))dx

= Z _+∞

0

e^−sxf(x)dx+λ Z _+∞

0

e^−sxg(x)dx

=L(f)(s) +λL(g)(s) 6.2.2 Quelques exemples

Voici quelques transformées qui pourront servir plus tard :

• L(e^at)(s) =_s−a¹

• L(te^at)(s) = _(s−a)¹ 2

• L(sin(at))(s) =_a2+s¹ ₂

• L(cos(at))(s) =_a2−s^{1 2}

• L(tⁿ)(s) =_sn+1^n!

6.2.3 Dérivé

L’intérêt de la transformée de Laplace est le lien entre la transformé d’une fonction et celle de sa dérivé :

Théorème 6.2.1 ∀f ∈C¹,

L(f⁰)(s) =sL(f)(s)−f(0) Démonstration. On va utiliser l’intégration par parties :

L(f⁰)(s) = Z _+∞

0

e^−sxf⁰(x)dx

= [e^−sxf(x)]^+∞₀ − Z _+∞

0

−se^−sxf(x)dx

=0−f(0) +s Z _+∞

0

e^−sxf(x)dx

=sL(f)(s)−f(0)

6.3 Transformée de Laplace inverse

Définition 6.3.1 On appelle transformée de Laplace inverse l’application réciproque de la transformée de Laplace.∀f,g∈C⁰,

L(f)(s) =g(s)⇔L⁻¹(g)(t) = f(t)

R Comme la transformée de Laplace est injective, trouver l’inverse revient à trouver l’application qui, lorsqu’on procède au transformée de Laplace, nous fait retomber sur la fonction de départ.

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6.4 Application aux équations différentielles 53

Exemple 6.2

• Avec f ]0,+∞[ −→ R x 7−→ _s−1¹ , on a

L⁻¹(f) [0,+∞[ −→ R

x 7−→ e^x

• Avec f ]0,+∞[ −→ R

x 7−→ _s^s−1₂₋₉ , on a

L⁻¹(f) [0,+∞[ −→ R x 7−→ ²₃e^3x+^e−3t₃

En effet, commeg(x) =_s^s−12−9=_(s−3)(s+3)^s−1 =_s−3^2/3+_s+3^1/3, par linéarité

L⁻¹(g) =L⁻¹

s−1 s²−9

=2 3L⁻¹

1 s−3

+1

3L⁻¹ 1

s+3

=2

3e^3x+e^−3x 3

6.4 Application aux équations différentielles 6.4.1 Équation linéaire du1^erordre

Si on veut résoudreay⁰+by=g(x), on peut procéder ainsi ay⁰+by=g(x)⇒L(ay⁰+by) =L(g)

⇒aL(y⁰) +bL(y) =L(g)

⇒a[xL(y)−y(0)] +bL(y) =L(g)

⇒L(y) =L(g) +ay(0) ax+b

⇒y=L⁻¹

L(g) +ay(0) ax+b

Exemple 6.3 On veut résoudre

(y⁰+y=3 y(0) =1

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avec la transformée de Laplace

y⁰+y=3⇒L(y⁰+y) =L(3)

⇒L(y⁰) +L(y) =3 x

⇒xL(y)−y(0) +L(y) =3 x

⇒L(y)(x+1) =3 x+1

⇒L(y) = 3+x x(x+1)

⇒L(y) =3 x− 2

x+1

⇒y=L⁻¹ 3

x− 2 x+1

⇒y=3−2e^−x

6.4.2 Équation linéaire de second ordre

Comme pour les équations du premier ordre, on peut résoudre des équations du second ordre comme dans cette exemple :

Exemple 6.4 On résout







y”+2y⁰+y=xe^x y(0) =

t⁰(0) =0

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6.4 Application aux équations différentielles 55 avec la transformée de Laplace

y”+2y⁰+y=xe^x⇒L(y”+2y⁰+y) =L(xe^x)

⇒L(y”) +2L(y⁰) +L(y) = 1 (x−1)²

⇒[xL(y⁰)−y⁰(0)] +2[xL(y)−y(0)] +L(y) = 1 (x−1)²

⇒x[xL(y)−y(0)] +2xL(y) +L(y) = 1 (x−1)²+2

⇒x²L(y) +2xL(y) +L(y) = 1

(x−1)²+2+x

⇒(x²+2x+1)L(y) = 1

(x−1)²+2+x

⇒L(y) = 1

(x−1)²(x+1)²+ 2

(x+1)²+ x (x+1)²

⇒L(y) = 1/4

x+1− 1/4

x−1+ 1/4

(x−1)²+ 1/4 (x+1)²

+ 2

(x+1)²+ 1

x+1− 1 (x+1)²

⇒L(y) = 3/4

x+1+ 1/4

x−1+ 1/4

(x−1)²+ 5/4 (x+1)²

⇒y= 5e^x 4 −e^−x

4 +xe^x

4 +5xe^−x 4

L’inconvénient de cette méthode est qu’il faut constamment développer les fractions en éléments simples pour pouvoir trouver la transformée inverse. Mais elle permet au moins de résoudre des équations d’ordre supérieur

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7. Stabilité des systèmes linéaires

On considère un système linéaire (x⁰=ax+by

y⁰=cx+dy ⇔ x⁰

y⁰

=

a b c d

x y

Définition 7.0.1 On dit qu’un système linéaire est :

• asymptotiquement stablesi lim

t→+∞(x(t),y(t)) =0 pour toute solutionx,y

x y

y0

x0

• stablesi toute solutionx,yest bornée surR+

x y

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• instablesi il existe une solutionx,yqui n’est pas bornée surR+

x y

Théorème 7.0.1 Soientλ₁etλ₂les deux valeurs propres deAassociées au système x⁰

y⁰

=

a b c d

x y

Alors le système est :

• asymptotiquement stablesi et seulement siRe(λ₁)<0 etRe(λ₂)<0

• stablesi et seulement siRe(λ1)≤0,Re(λ2)≤0 et siλ1=λ2=0, alorsA=0. En langage propositionnel :

(Re(λ1)≤0)et(Re(λ2)≤0)et[(λ1=λ2=0)⇒(A=0)]

• instablesi et seulement siRe(λ₁)>0,Re(λ₂)>0 ouλ1=λ2=0 etA=0. En langage propositionnel :

(Re(λ1)>0)ou(Re(λ2)>0)ou[(λ1=λ2=0)et(A=0)]

Exemple 7.1 A=

0 1 0 0

est instable : x⁰

y⁰

=

0 1 0 0

x y

⇔

(x⁰=y y⁰=0 ⇔

(x=ct y=c c∈R

Toutes les solutions divergent vers l’infini sauf pour la solutionx=0 ety=0

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