2)Démontrer que l’ensemble des solutions du système linéaire homogène y0 =A(t)y

(1)

Facult´e des Sciences

D´epartement de Math´ematiques El Jadida

(Prof. Lesfari, lesfariahmed@yahoo.fr, http://lesfari.com)

Equations différentielles Devoir SMA5 SoitI ⊂Run intervalle quelconque. On considère le systèmes différentiel linéaire suivant :

y⁰=A(t)y+b(t).

o`uy =



 y₁

... y_n



,b(t) =



 b₁(t)

... b_n(t)



,A(t) = (a_ij(t))_1≤i,j≤n∈ M_n(K), (K=Rou C)

eta_ij, b_j :I −→K.

1) Démontrer que si A et b sont continues sur I, alors le système linéaire non- homogène ci-dessus possède pour tout t₀ ∈ I, une solution maximale unique y vérifiant la condition initiale :y(t₀) =y₀.

2)Démontrer que l’ensemble des solutions du système linéaire homogène y⁰ =A(t)y.

est un espace vectoriel de dimensionn.

D’après la question 1), on sait que pour toute donnée de Cauchy (t₀, y₀)∈I×Rⁿ, il existe une solution unique définie sur toutI. On notera cette solutiony(t;t₀, y₀).

L’application qui `ay solution maximale associe y(t₀), est un isomorphisme lin´eaire.

Dès lors, l’applicationy₀ 7−→ y(t;t₀, y₀) étant linéaire, on peut la représenter dans une base par une matriceR(t, t₀) d’ordren, dont les éléments sont fonctions detet t₀. Rappelons que la résolvante est l’applicationR:I×I −→M_n(K), définie par

∀t, s∈I, dR

dt (t, s) =A(t)R(t, s), R(s, s) =Id.

Autrement dit, la matrice résolvanteR(t, t₀) du système est définie par la relation y(t;t₀, y₀) =R(t, t₀).y₀, ∀y₀ ∈Rⁿ

3)Démontrer les propriétés suivantes :

R(t, s).R(s, r) =R(t, r), R⁻¹(t, s) =R(s, t).

4)On appelle système fondamental de solutions du système linéaire homogène, toute base (v_j) de l’espace vectoriel des solutions de ce système. Montrer qu’un ensemble (v₁, ..., v_n) de n solutions du système linéaire homogène est un système fondamental si et seulement si∀t∈I, (v₁(t), ..., v_n(t)) est une base deRⁿ ou encore si et seulement si pour unt₀∈I, (v₁(t₀), ..., v_n(t₀)) est une base de Rⁿ.

(2)

5) Une matrice fondamentale est une matrice V(t) dont les colonnes sont les vecteurs (v₁(t), ..., v_n(t)) d’une base de l’espace des solutions du système linéaire homogène. Montrer que :

R(t, s) =V(t).V⁻¹(s).

6)Etablir l’´equation de Jacobi-Liouville : detR(t;t₀) =e

R_t

t0trA(τ)dτ, ou pour toute matrice fondamentaleV(t),

detV(t) = detV(t₀)e

R_t

t0trA(τ)dτ. IcitrA(τ) d´esigne la trace de la matrice A(τ).

7)Supposons queA(t) et A(s) commutent∀t, s∈I. Montrer que R(t;t₀) =e

R_t

t0A(τ)dτ.

8) Montrer que la solution générale du système linéaire non-homogène est la somme de la solution générale du système homogène et d’une solution particulière du système linéaire non-homogène. Interpréter ce résultat.

9)Montrer que la solution du syst`eme : y⁰=A(t)y+b(t), satisfaisanty(t₀) =y₀ est donn´ee par

y(t) =R(t;t₀)y₀+ Z _t

t0

R(t;τ)b(τ)dτ, oùR(t;τ) est la matrice résolvante du sytème homogène.

10) On considère le systèmes différentiel suivant : (1 +t²)y₁⁰ −ty₁−y₂ = 2t²−1, (1 +t²)y₂⁰ +y₁−ty₂ = 3t.

a) Montrer que y = µ 1

−t

¶ , y =

µ t 1

¶

, sont deux solutions linéairement indépendantes du système homogène associé au système différentiel ci-dessus.

b) Chercher une solution particulière et en déduire la solution générale du système différentiel en question.

Solution

1)Notons que le syst`eme en question peut s’´ecrire sous la forme y⁰ =f(t, y),

(3)

o`uf(t, y) =A(t)y+b(t). (Rappelons le r´esultat du cours suivant : soit f : Ω−→Rⁿ, (t, y)7−→f(t, y),

une fonction continue en (t,y) et localement lipschitzienne en y sur l’ouvert Ω ⊂ R×Rⁿ. Soit (t₀, y₀)∈Ω. Alors, il existe une unique solution maximale au problème de Cauchy : y⁰ = f(t, y), y(t₀) = y₀. Si les bouts droits et gauches existent, alors ils sont inclus dans le bord de Ω). Ici f est continue sur Ω = I×Rⁿ. On montre aisément quef est localement lipschitzienne eny. Soit [a, b]⊂Iun compact. Comme les fonctionsa_ij(t), t∈[a, b], sont bornées en module par un même nombre α, alors pour touty= (y₁, ..., y_n)^>, on a

kA(t)yk ≤ Xn

j=1

ka_ij(t)y_jk ≤α Xn

j=1

ky_jk ≤αnmax

j |y_jk ≤αnkyk.

D`es lors, pour tousy₁ ety₂ dans Rⁿ, on a

kf(t, y₁)−f(t, y₂)k=kA(t)(y₁−y₂)k ≤αnky₁−y₂k, t∈[a, b]

et donc f est localement lipschitzienne en y. D’après le résultat ci-dessus, il existe une unique solution maximale passant par (t₀, y₀). Montrons maintenant que la solution y existe dans tout l’intervalle I. Pour démontrer cela, supposons d’abord queI = [t₁, t₂] est un intervalle compact. D’après le théorème d’existence et d’unicité local (voir cours), pour tout cylindre S = ([t₀−l, t₀+l]∩I)×B(y₀, r) tel que : l ≤ _M^r (où M = sup_(t,y)∈Skf(t, y)k), la solution existe pour t ∈ [t₀−l, t₀+l]∩I.

CommeI est compact, la normekA(t)kest une fonction continue ent∈I et admet une borne sup´erieure. D`es lors, pour toutr, il existe des nombresα= sup_t∈IkA(t)k, β= sup_t∈Ikb(t)k tels que surI, on aitkA(t)k ≤α,kb(t)k ≤β et sur S,

kf(t, y)k=kA(t)y+b(t)k ≤αnr+β, M = sup

(t,y)∈S

kf(t, y)k ≤αnr+β, r

M ≥ r

αnr+β.

Rappelons quel≤ _M^r et comme r est arbitrairement grand, on peut donc choisir l= lim

r→∞

r

M ≥ 1

αn.

Il existe donc une solution autour de tout point dans un intervalle de longueur fix´ee.

Il suffit dès lors de coller ensemble un nombre fini de ces solutions afin d’obtenir une solution surI. Soit maintenantI = [t₁,∞[ et supposons que la solution n’existe pas sur tout I. Donc il existe un t₃ en lequel la solution n’existe pas. Prenonst₂ > t₃, on a sur [t₁, t₂] une équation linéaire dont la solution n’est pas définie partout ce qui est absurde. De même siI = [t₁, t₂] et si la solution n’existe que sur [t₁, t₃] avec t₃ < t₂ alors en choisissant unt₄ tel que : t₃< t₄ < t₂, on aura une équation linéaire sur [t₁, t₄] dont la solution n’existe pas partout.

(4)

2) Montrons d’abord que l’ensemble des solutions est un espace vectoriel que l’on noteE. Soienty₁(t) ety₂(t) deux solutions du syst`eme en question. On a, pour α, β∈R,

(αy₁+βy₂)(t) =αy₁(t) +βy₂(t), et

(αy₁+βy₂)⁰(t) = αy⁰₁(t) +βy₂⁰(t),

= αA(t)y₁(t) +βA(t)y₂(t),

= A(t)(αy₁+βy₂)(t).

Montrons que l’espace E est de dimension n. D’après 1), on sait que pour toute donnée de Cauchy (t₀, y₀)∈I×Rⁿ, il existe une solution unique définie sur toutI.

On notera cette solutiony(t;t₀, y₀). Soitt₀ ∈I, fixé. D’après le théorème d’existence et d’unicité de la solution, l’application

Rⁿ−→E, y₀7−→y(t;t₀, y₀),

est un isomorphisme d’espaces vectoriels. En effet, cette application est linéaire (pour chaque t et t₀) car si y₀ et z₀ sont deux données initiales, alors la fonction αy(t;t₀, y₀) +βy(t;t₀, z₀) est une solution du système homogène et au point t₀ sa valeur estαy₀+βz₀. L’unicité de la solution de ce système montre que l’on a

y(t;t₀, αy₀+βz₀) =αy(t;t₀, y₀) +βy(t;t₀, z₀).

En outre, l’application ci-dessus est bijective en vertu du théorème d’existence et d’unicité de la solution. Plus précisément, elle est surjective d’après le théorème d’existence car toute solutiony dans E s’écrit y(t;t₀, y₀) avec y₀ =y(0) et elle est est bijective car

∀t∈R, y(t;t₀, y₀) = 0 =⇒y₀ = 0.

Par suite, dimE =n. (Remarque : E est un sous-espace vectoriel de dimension n deC⁰(I,Rⁿ)).

3) La formule R(t, s).R(s, r) =R(t, r) découle du théorème d’unicité. En effet, soit y₀ ∈ Rⁿ, y₁(t) = R(t, r)y₀ la solution du problème de Cauchy : y₂⁰ = A(t)y₂, y₂(s) =y₁(s) esty₁. Notons que

y₂(t) =R(t, s)y₁(s) =R(t, s).(R(s, r)y₀).

D`es lors,y₁(s) =R(s, r)y₀ et

y₂(s) =R(s, s).(R(s, r)y₀) =R(s, r)y₀,

carR(s, s) =Id. On a doncy₁(s) =y₂(s), d’oùy₁ est identiquement égal ày₂ et la formule en question en découle quel que soity₀. Concernant la formule R⁻¹(t, s) = R(s, t), il suffit d’utiliser la propriété précédente. En effet, on a

R(t, s).R(s, t) =R(t, t) =Id.

(5)

ce qui montre queR(t, s) est inversible et la formule ci-dessus en d´ecoule.

4)On a

v_j(t) =R(t, t₀).v_j(t₀).

Or R(t, t₀) est inversible (d’après 3)), donc les vecteurs v_j(t) sont linéairement indépendants si et seulement si lesv_j(t₀) le sont. En outre, on a montré (question 2)) qu’il y a isomorphisme linéaire entre l’espace des solutions et celui des conditions initiales ent₀.

5)On a

V(t) = (v₁(t), ..., v_n(t)),

= (R(t, s)v₁(s), ..., R(t, s)v_n(s)),

= R(t, s)V(s).

Comme les colonnes deV(t) sont lin´eairement ind´ependantes, alorsV(t) est de rang maximum et on a

R(t, s) =V(t).V⁻¹(s).

6)SoitF(t) = detR(t, t₀). Pour d´emontrer la formule ci-dessus, on va utiliser le lemme suivant : pourh−→0, on a

det(I+hA) = 1 +h tr A+o(h²).

En effet, det(I+hA) est ´egal au produit des valeurs propres deI+hA. Ces derni`eres

étant égales à 1 +hλ_k où λ_k sont les valeurs propres de A. Dès lors, det(I +hA) =

Yn

k=1

(1 +hλ_k) = 1 +h Xn

k=1

λ_k+o(h²).

Ici, on a

F(t+h) = detR(t+h, t₀),

= det(R(t+h, t₀).R⁻¹(t, t₀).R(t, t₀)),

= detR(t, t₀).det(R(t+h, t₀).R⁻¹(t, t₀)),

= F(t).det(R(t, t₀) +hR⁰(t, t₀) +o(h))R⁻¹(t, t₀)),

= F(t).det(I+hR⁰(t, t₀)R⁻¹(t, t₀) +o(h)),

= F(t).det(I+hA(t)R(t, t₀)R⁻¹(t, t₀) +o(h)),

= F(t).det(I+hA(t) +o(h)),

= F(t).det(I+h trA(t) +o(h)), en vertu du lemme ci-dessus. Par cons´equent,

F⁰(t) = lim

h→0

F(t+h)−F(t)

h =F(t) trA(t),

(6)

et F⁰(t)

F(t) = tr A(t).

Donc

F(t) =Ce

R_t

t0 trA(τ)dτ. Or

F(t₀) = detR(t₀, t₀) = detId.= 1, d’où C= 1 et le résultat en découle. Pour l’autre formule

detV(t) = detV(t₀)e

R_t

t0trA(τ)dτ,

il suffit d’utiliser le fait que :R(t, s) =V(t).V⁻¹(s) (question 5)).

7)Soit M(t) =e

R_t

t0 tr A(τ)dτ et montrons queM est la solution du probl`eme M⁰(t) =A(t)M(t), M(t₀) =I.

Par hypoth`ese,A(t) etA(s) commutent, c-`a-d.,A(t)A(s) =A(s)A(t), d’o`uR_b

aA(u)du etR_d

c A(u)ducommutent, Z _b

a

A(u)du.

Z _d

c

A(u)du= Z _d

c

A(u)du.

Z _b

a

A(u)du= Z

[a,b]×[c,d]

A(u)A(v)dudv.

D`es lors,

M(t+h) = e

R_t

t0A(τ)dτ+R_t+h

t A(τ)dτ

,

= e^R^t^t+h^A(τ)dτ.e

R_t

t0A(τ)dτ,

= e^R^t^t+h^A(τ)dτ.M(t).

En tenant compte du fait que Z _t+h

t

A(τ)dτ =hA(t) +o(h²), on obtient

M(t+h) = (I+hA(t) +o(h²))M(t) =M(t) +hA(t)M(t) +o(h²).

Par cons´equent,

M⁰(t) = lim

h→0

M(t+h)−M(t)

h =A(t)M(t), M(t₀) =I.

8)Soity_p une solution particulière du système non homogène :y⁰ =A(t)y+b(t) et soity=y_p+u, sa solution générale. On a

y⁰_p=A(t)y_p+b(t),

(7)

et

(1) y⁰ =y⁰_p+u⁰.

D`es lors,

y⁰ = A(t)y+b(t),

= A(t)(y_p+u) +b(t),

= y_p⁰ +A(t)u.

(2)

En combinant (1) et (2), on obtient

u⁰ =A(t)u,

ce qui montre queuest solution de l’équation homogène et le résultat en découle.

Interprétation : On exprime ce résultat en disant que l’espace des solutions du système non homogèney⁰ =A(t)u+b(t) est un sous espace affine de dimensionnde l’espace vectorielC⁰(I,Rⁿ), obtenu en faisant la somme de l’ensemble des solutions du système homogène y⁰ = A(t)y et d’une solution quelconque du système non homogène.

9) Soit y(t) = R(t, t₀)y₀, y₀ ∈ Rⁿ, la solution générale du système homogène.

On remplace la constante y₀ par une fonction X(t) et on cherche y =R(t, t₀)X(t) solution du syst`eme non homog`ene telle queX(t₀) =y₀. On a

y⁰(t) =R⁰(t, t₀)X(t) +R(t, t₀)X⁰(t) =A(t)R(t, t₀)X(t) +b(t).

Or R⁰(t, t₀) = A(t)R(t, t₀), d’o`u R(t, t₀)X⁰(t) = b(t) et X⁰(t) = R(t₀, t)b(t) (car R(t, s) est inversible avec R⁻¹(t, s) =R(s, t), voir question 3)). D`es lors,

X(t) =y₀+ Z _t

t0

R(t₀, τ)b(τ)dτ.

Par cons´equent,

y(t) = R(t, t₀)X(t),

= R(t, t₀)y₀+R(t, t₀) Z _t

t0

R(t₀, τ)b(τ)dτ,

= R(t, t₀)y₀+ Z _t

t0

R(t, t₀)R(t₀, τ)b(τ)dτ,

= R(t, t₀)y₀+ Z _t

t0

R(t, τ)b(τ)dτ, carR(t, s)R(s, r) =R(t, r) (d’apr`es la question 3)).

10) a) Si y₁ et y₂ d´esignent ces solutions, alors leur wronskien det(y₁ y₂) est non nul.

b) Soity(t) =α(t)y₁(t) +β(t)y₂(t) une solution particuli`ere. On a y⁰(t) =α⁰(t)

µ 1

−t

¶

+β⁰(t) µ t

1

¶

=

µ 2t²−1 3t

¶ .

(8)

La résolution de ce sytème est immédiate, on trouveα⁰(t) = −1, β⁰(t) = 2t et par conséquent α(t) et β(t) s’obtiennent aisément. La solution générale du système est la somme des solutions obtenues.

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