MT241. Cours no 25, lundi 6 janvier 2003.
Trajectoires des solutions de Y0 = AY, lorsque d= 2 On consid`ere les syst`emes r´eels 2×2,
Y0(t) = AY(t), t ∈R.
La trajectoire d’un point y ∈ R2 est l’application t ∈ R → etAy. On appellera dans ce paragraphe courbe-trajectoire l’ensemble des points de R2 parcourus par cette applica- tion,
C ={etAy:t ∈R} ⊂R2. Remarques.
1. Quand on change A en −A, on garde les mˆemes courbes-trajectoires, mais elles sont parcourues en sens inverse.
2. Les courbes-trajectoires sont disjointes: si et1Ay1 = et2Ay2 est un point commun
`a deux trajectoires, alorsy2 = e(t1−t2)Ay1 est sur la trajectoire de y1, et il en r´esulte que les deux courbes-trajectoires sont identiques.
3. {0} est une trajectoire.
On a vu que dans une base bien choisie (v1, v2) deR2, la matrice A du syst`eme aura l’une des trois formes suivantes
µλ 0
0 µ
¶ ,
µλ 1 0 λ
¶ ,
µa −b
b a
¶ ,
avec b6= 0 pour le dernier cas. On se place dans une telle base pour d´ecrire les diff´erents types de situations.
J’ai pass´e en revue assez rapidement les divers dessins obtenus, en renvoyant `a Liret-Martinais pour plus de d´etails.
Syst`eme avec second membre
On consid`ere maintenant le syst`eme
(∗) ∀t∈I, Y0(t) = AY(t) + B(t)
o`u A∈ Md(K), et o`u B est une fonction continue sur intervalle ouvert I de R, `a valeurs dans Kd. On supposera que 0∈I pour simplifier les notations.
Proposition. Pour toute donn´ee initiale y0 ∈ Kd, il existe une solution unique de (∗) telle que Y(0) =y0.
Si Y est une solution de (∗) v´erifiant Y(0) =y0, on peut poser Y(t) = etAZ(t) (en posant Z(t) = e−tAY(t)). Alors
AY(t) + B(t) = Y0(t) = A etAZ(t) + etAZ0(t) = AY(t) + etAZ0(t), et on doit donc avoir Z0(t) = e−tAB(t), donc
Z(t) = Z(0) + Z t
0
e−uAB(u)du 1
en d´efinissant l’int´egrale d´efinie d’une fonction vectorielle continue comme le vecteur dont les coordonn´ees sont les int´egrales des fonctions coordonn´ees; puisqu’on avait Y(0) =y0, on doit avoir Z(0) =y0 et la solution Y est n´ecessairement donn´ee par
Y(t) = etAZ(t) = etAy0+ Z t
0
e(t−u)AB(u)du.
R´eciproquement on v´erifie que cette fonction est solution (je ne l’ai pas fait `a l’amphi).
Exemple trait´e.
R´esoudre
x0(t) = 3x(t) +y(t) +tet y0(t) =−x(t) +y(t) + et avec la condition initiale x(0) =y(0) = 0.
Ici on a Y(t) = (x(t), y(t)), B(t) = (tet,et) et A =
µ 3 1
−1 1
¶
dont le polynˆome caract´eristique est (X−2)2. On calcule etA = e2tI2+t(A−2I2) en uti- lisant la nilpotence de A−2I2. Ensuite j’ai appliqu´e la formule ci-dessus pour montrer qu’elle n’est pas si terrible que ¸ca; j’ai aussi pr´ecis´e qu’il existe diverses variantes pour la r´esolution effective d’exercices, renvoyant les ´etudiants `a leur TD.
Equation diff´erentielle lin´eaire d’ordre plus ´elev´e´ On consid`ere une ´equation de la forme
(Ld) y(d)(t) +ad−1y(d−1)(t) +· · ·+a1y0(t) +a0y(t) = 0
o`u les coefficients sont dans K et o`u y est une fonction d´efinie sur un intervalle ouvert I de R, `a valeurs dans K.
On associe `a l’´equation (Ld) le polynˆome
P = Xd+ad−1Xd−1+· · ·+a1X +a0 ∈K[X].
On introduira ´egalement la matrice A qui est la transpos´ee de la matrice compagnon MP
du polynˆome P,
A =
0 1 0 . . . 0
0 0 1 . .. ...
... ... . .. . .. 0
0 0 . . . 0 1
−a0 −a1 . . . −ad−2 −ad−1
.
Supposons d’abord que y soit une solution de l’´equation (Ld), et consid´erons la fonction vectorielle Y(t) = (y(t), y0(t), . . . , y(d−1)(t))∈Kd. Il est facile de voir que cette fonction Y v´erifie alors le syst`eme Y0 = AY.
En sens inverse, supposons que Y0(t) = AY(t), et ´ecrivons les coordonn´ees de Y(t) sous la forme
Y(t) = (y0(t), . . . , yd−1(t)).
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Le syst`eme d’´equations Y0 = AY donne pour les d−1 premi`eres ´equations y00 = y1, y01 =y2,. . . , yd−10 =yd ce qui montre par r´ecurrence queyk =y(k)1 , pourk = 0, . . . , d−1.
Enfin la derni`ere ´equation du syst`eme
yd0 =−a0y0− · · · −ad−1yd−1
se traduit en
y1(d)+ad−1y(d−1)+· · ·+a1y10 +a0y1 = 0.
Retenons que
si Y0 = AY, la premi`ere coordonn´ee deY est solution du syst`eme (Ld).
Cons´equence. Pour tous scalaires s0, . . . , sd−1 donn´es dans K et pour tout t0 ∈ I, il existe une unique solution de l’´equation (Ld), `a valeurs dans K telle que
y(t0) =s0, y0(t0) =s1, . . . , y(d−1)(t0) =sd−1.
Le cas facile: P a ses racines simples, toutes dansK
Siλ1, . . . , λd sont racines simples de P, toutes dansK, on voit queKd admet la base (vj) form´ee de vecteurs propres de A
vj = (1, λj, λ2j, . . . , λd−1j ), j = 1, . . . , d.
La correspondance entre syst`eme et ´equation (Ld) permet de voir dans ce cas que la solution g´en´erale de l’´equation (Ld) est de la forme
y:t ∈I→ Xd j=1
cj eλjt o`u les coefficients (cj) varient dans K.
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